ENUNCIADO. Se consideran los planos $\pi: x+y-z-1=0$ y $\pi':x-y+z=0$. Investigar la incidencia de los dos planos.
SOLUCIÓN. Los planos dados tienen algún punto en común si y sólo si el sistema de ecuaciones que forman es compatible. Procedemos a estudiar el sistema.
$$\left\{\begin{matrix}x&+&y&-&z&=1 \\ x&-&y&+&z&=0\end{matrix}\right.$$ La matriz de los coeficientes del sistema es $A=\begin{pmatrix}1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} \overset{-f_1+f_2\rightarrow f_2}{\sim} \begin{pmatrix}1 & 1 & -1 \\ 0 & -2 & 2 \end{pmatrix}$, luego $\text{rg}(A)=2$
y la matriz ampliada es $\tilde{A}=\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & -1 & 1 \\ 1 & -1 & 1 & 0\end{array}\right) \overset{-f_1+f_2\rightarrow f_2}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|c}1 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & -2 & 2 & -1\end{array}\right) $, y por tanto $\tilde{A}=2$
Como $\text{rg}(A)=\text{rg}(\tilde{A})=r=2$, el sistema es compatible, luego hay elementos de incidencia. Al ser $r=2$, el número de variables secundarias es $n-r=3-2=1$; quiere decir esto que la dimensión del subespacio que resulta de la intersección de los dos planos es $1$, así que se trata de una recta. Vamos a determinar ahora dicha recta.
El sistema equivalente reducido ( por Gauss ) es $$\left\{\begin{matrix}x&+&y&-&z&=1 \\ &&-2y&+&2z&=&-1\end{matrix}\right.$$ Eligiendo $z$ como variable secundaria ( parámetro ) y denotándola por $\lambda$, $$\left\{\begin{matrix}x&+&y&=&1+\lambda \\ &&-2y&=&-1-2\lambda\end{matrix}\right.$$ esto es $$\left\{\begin{matrix}x&+&y&=&1+\lambda \\ &&y&=&\dfrac{1+2\lambda}{2}\end{matrix}\right.$$ Sustituyendo el valor de $y$ en la primera ecuación y teniendo en cuenta que $z=\lambda$ podemos escribir las ecuaciones paramétricas de la recta $$\left\{\begin{matrix}x&=&\dfrac{1}{2} \\ y&=&\dfrac{1+2\lambda}{2} \\ z&=&\lambda\end{matrix}\right.$$ Dicha recta, pues, viene dada por el siguiente conjunto (infinito) de puntos $$r:\{(1/2,(1+2\lambda)/2,\lambda):\lambda \in \mathbb{R}\}$$
$\square$
lunes, 19 de septiembre de 2016
domingo, 18 de septiembre de 2016
Sea la recta del espacio afín (...)
ENUNCIADO. Sea la recta del espacio afín $$r\equiv \left\{\begin{matrix}x&=&1+3\,\lambda \\ y &=& 2\,\lambda \\ z&=&-1+\lambda \end{matrix}\right.$$ y el punto $P(0,1,1)$, no perteneciente a $r$. Determínese la ecuación del plano $\pi$ que contiene a $r$ y a $P$
SOLUCIÓN. Despejando el parámetro $\lambda$, podemos escribir la ecuación de la recta en forma continua $$r \equiv \dfrac{x-1}{3}=\dfrac{y}{2}=\dfrac{z+1}{1}$$ luego un vector de la dirección de $r$ es $\vec{u}=(3,2,1)$ que, evidentemente, está en $\pi$. Por otra parte, podemos obtener puntos de $r$ dando valores arbitrarios al parámetro $\lambda$; por ejemplo, si hacemos $\lambda:=0$, vemos que un punto de $r$ es $R(1,0,-1)$. Así, otro vector de $\pi$ es $\overset{\rightarrow}{RP}=(0-1,1-0,1-(-1))=(-1,1,2)$. Por tanto, un vector perpendicular a $\pi$ viene dado por $$\vec{n}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\3 & 2 & 1 \\ -1 & 1 & 2\end{vmatrix}=3\,\vec{i}-7\,\vec{j}+5\,\vec{k}=(3,-7,5)$$ Así, $$\pi \equiv 3x-7y+5z+D=0$$ Para determinar el coeficiente $D$, imponemos que $P \in \pi$, con lo cual $$3 \cdot 0 - 7 \cdot 1 + 5 \cdot 1+D=0$$ de donde $$D=2$$ La ecuación del plano pedida es pues $$\pi\equiv 3x-7y+5z+2=0$$
$\square$
SOLUCIÓN. Despejando el parámetro $\lambda$, podemos escribir la ecuación de la recta en forma continua $$r \equiv \dfrac{x-1}{3}=\dfrac{y}{2}=\dfrac{z+1}{1}$$ luego un vector de la dirección de $r$ es $\vec{u}=(3,2,1)$ que, evidentemente, está en $\pi$. Por otra parte, podemos obtener puntos de $r$ dando valores arbitrarios al parámetro $\lambda$; por ejemplo, si hacemos $\lambda:=0$, vemos que un punto de $r$ es $R(1,0,-1)$. Así, otro vector de $\pi$ es $\overset{\rightarrow}{RP}=(0-1,1-0,1-(-1))=(-1,1,2)$. Por tanto, un vector perpendicular a $\pi$ viene dado por $$\vec{n}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\3 & 2 & 1 \\ -1 & 1 & 2\end{vmatrix}=3\,\vec{i}-7\,\vec{j}+5\,\vec{k}=(3,-7,5)$$ Así, $$\pi \equiv 3x-7y+5z+D=0$$ Para determinar el coeficiente $D$, imponemos que $P \in \pi$, con lo cual $$3 \cdot 0 - 7 \cdot 1 + 5 \cdot 1+D=0$$ de donde $$D=2$$ La ecuación del plano pedida es pues $$\pi\equiv 3x-7y+5z+2=0$$
$\square$
sábado, 17 de septiembre de 2016
Dado el plano (...)
ENUNCIADO. Dado el plano $\pi \equiv 3x+3y+z-9=0$, se pide:
a) Determinar la ecuación del plano perpendicular a $\pi$ que contiene al eje $Ox$
b) Determinar el punto del plano $\pi$ más cercano al origen de coordenadas
SOLUCIÓN.
a)
Denotemos por $\pi'$ al plano pedido. Éste ha de ser uno de los planos del haz de planos cuya intersección es la recta $Ox \equiv \left\{\begin{matrix}y=0 \\ z=0\end{matrix}\right.$.
Los planos $y=0$ y $z=0$ ( cuya intersección es el eje $Ox$ ) forman parte de dicho haz de planos, luego la ecuación del mismo es $\mathcal{H} \equiv y+\mu z =0 \,,\,\mu \in \mathbb{R}$, luego los vectores característicos de los planos del haz tienen componentes $(0,1,\mu)$
Por otro lado, de la ecuación general del $\pi$ vemos que un vector característico de $\pi$ es $\vec{n}_{\pi}=(3,3,1)$
Como $\pi'$ y $\pi$ son perpendiculares, también lo son los vectores característicos de sendos planos, $\vec{n}_{\pi}$ y $\vec{n}_{\pi'}$, luego el producto escalar de éstos ha de ser igual a $0$ $$\langle \vec{n}_{\pi},\vec{n}_{\pi'}\rangle =0$$ con lo cual $$\langle (3,3,1,),(0,1,\mu)\rangle =0 \Leftrightarrow 3\cdot 0+3\cdot 1+1\cdot \mu=0 \Leftrightarrow \mu=-3$$ Así que el vector característico de $\pi'$ es $\vec{n}_{\pi'}=(0,1,-3)$, por consiguiente la ecuación general de $\pi'$ es $0\cdot x+y-3\,z+D=0 \quad \quad (1)$
Nos falta aún determinar el valor del coeficiente $D$. Para ello hemos de tener en cuenta que el punto $O(0,0,0)$ está en $\pi'$ ( por estar también en el eje $Ox$ ), por lo que sus coordenadas han de satisfacer la ecuación de $\pi'$, $$0\cdot 0+0-3\cdot 0+D=0 \Leftrightarrow D=0$$ Por tanto, sustituyendo el valor de $D$ que acabamos de encontrar en (1), llegamos a $$\pi'\equiv y-3x=0$$
b)
Por la noción de mínima distancia en el espacio euclídeo, el punto pedido $P$ ha de estar sobre la recta perpendicular a $\pi$ que pasa por el origen de coordenadas $O(0,0,0)$. A esta recta la llamaremos $r$.
Determinaremos, primero, la ecuación de $r$. Finalmente, calcularemos las coordenadas del punto de intersección de $r$ y $\pi$, que no es otro que el punto pedido $P$.
De la ecuación general de $\pi$ vemos que un vector característico del mismo ( un vector perpendicular a $\pi$ ) es $\vec{n}_{\pi}=(3,3,1)$. Como $r$ es perpendicular a $\pi$, un vector en la dirección de $r$ es el propio vector vector característico de $\pi$, de componentes $(3,3,1)$. Así que la ecuación de la recta $r$ ( que pasa por el origen de coordenadas ) podemos expresarla de la siguiente forma, $$r\equiv (x-0,y-0,z-0)=k\,(3,3,1)\,;\,k \in \mathbb{R}$$ y por tanto también de forma paramétrica $$r\equiv \left\{\begin{matrix}x=3k \\ y=3k\\z=k\end{matrix}\right.$$ Despejando el parámetro, $$\left\{\begin{matrix}k=x/3 \\ k=y/3\\k=z\end{matrix}\right.$$ de donde escribimos las ecuaciones implícitas (cartesianas) de $r$ $$r\equiv \left\{\begin{matrix}x-y=0 \\ y-3z=0\end{matrix}\right.$$
Ahora determinaremos las coordenadas del punto $P$ ( intersección de $r$ y $\pi$ ); para ello, resolveremos el sistema de ecuaciones formado por la ecuación general del plano $\pi$ y por las dos ecuaciones cartesianas de $r$: $$\left\{\begin{matrix}3x&+&3y&+&z&=&9 \\ x&-&y&&&=&0\\ x&&&-&3z&=&0\end{matrix}\right.$$
Un sistema equivalente, reducido por Gauss, es $$\left\{\begin{matrix}3x&+&3y&+&z&=&9 \\ &&6y&+&z&=&9\\ &&&&19z&=&9\end{matrix}\right.$$ Despejando la variable $z$ de la última ecuación, obtenemos $$z=\dfrac{9}{19}$$ sustituyendo este valor en la segunda ecuación obtenemos $$y=\dfrac{27}{19}$$ y, a su vez, sustituyendo el valor de las dos últimas incógnitas en la primera ecuación y despejando $x$ se obtiene $$x=\dfrac{27}{19}$$
$\square$
a) Determinar la ecuación del plano perpendicular a $\pi$ que contiene al eje $Ox$
b) Determinar el punto del plano $\pi$ más cercano al origen de coordenadas
SOLUCIÓN.
a)
Denotemos por $\pi'$ al plano pedido. Éste ha de ser uno de los planos del haz de planos cuya intersección es la recta $Ox \equiv \left\{\begin{matrix}y=0 \\ z=0\end{matrix}\right.$.
Los planos $y=0$ y $z=0$ ( cuya intersección es el eje $Ox$ ) forman parte de dicho haz de planos, luego la ecuación del mismo es $\mathcal{H} \equiv y+\mu z =0 \,,\,\mu \in \mathbb{R}$, luego los vectores característicos de los planos del haz tienen componentes $(0,1,\mu)$
Por otro lado, de la ecuación general del $\pi$ vemos que un vector característico de $\pi$ es $\vec{n}_{\pi}=(3,3,1)$
Como $\pi'$ y $\pi$ son perpendiculares, también lo son los vectores característicos de sendos planos, $\vec{n}_{\pi}$ y $\vec{n}_{\pi'}$, luego el producto escalar de éstos ha de ser igual a $0$ $$\langle \vec{n}_{\pi},\vec{n}_{\pi'}\rangle =0$$ con lo cual $$\langle (3,3,1,),(0,1,\mu)\rangle =0 \Leftrightarrow 3\cdot 0+3\cdot 1+1\cdot \mu=0 \Leftrightarrow \mu=-3$$ Así que el vector característico de $\pi'$ es $\vec{n}_{\pi'}=(0,1,-3)$, por consiguiente la ecuación general de $\pi'$ es $0\cdot x+y-3\,z+D=0 \quad \quad (1)$
Nos falta aún determinar el valor del coeficiente $D$. Para ello hemos de tener en cuenta que el punto $O(0,0,0)$ está en $\pi'$ ( por estar también en el eje $Ox$ ), por lo que sus coordenadas han de satisfacer la ecuación de $\pi'$, $$0\cdot 0+0-3\cdot 0+D=0 \Leftrightarrow D=0$$ Por tanto, sustituyendo el valor de $D$ que acabamos de encontrar en (1), llegamos a $$\pi'\equiv y-3x=0$$
b)
Por la noción de mínima distancia en el espacio euclídeo, el punto pedido $P$ ha de estar sobre la recta perpendicular a $\pi$ que pasa por el origen de coordenadas $O(0,0,0)$. A esta recta la llamaremos $r$.
Determinaremos, primero, la ecuación de $r$. Finalmente, calcularemos las coordenadas del punto de intersección de $r$ y $\pi$, que no es otro que el punto pedido $P$.
De la ecuación general de $\pi$ vemos que un vector característico del mismo ( un vector perpendicular a $\pi$ ) es $\vec{n}_{\pi}=(3,3,1)$. Como $r$ es perpendicular a $\pi$, un vector en la dirección de $r$ es el propio vector vector característico de $\pi$, de componentes $(3,3,1)$. Así que la ecuación de la recta $r$ ( que pasa por el origen de coordenadas ) podemos expresarla de la siguiente forma, $$r\equiv (x-0,y-0,z-0)=k\,(3,3,1)\,;\,k \in \mathbb{R}$$ y por tanto también de forma paramétrica $$r\equiv \left\{\begin{matrix}x=3k \\ y=3k\\z=k\end{matrix}\right.$$ Despejando el parámetro, $$\left\{\begin{matrix}k=x/3 \\ k=y/3\\k=z\end{matrix}\right.$$ de donde escribimos las ecuaciones implícitas (cartesianas) de $r$ $$r\equiv \left\{\begin{matrix}x-y=0 \\ y-3z=0\end{matrix}\right.$$
Ahora determinaremos las coordenadas del punto $P$ ( intersección de $r$ y $\pi$ ); para ello, resolveremos el sistema de ecuaciones formado por la ecuación general del plano $\pi$ y por las dos ecuaciones cartesianas de $r$: $$\left\{\begin{matrix}3x&+&3y&+&z&=&9 \\ x&-&y&&&=&0\\ x&&&-&3z&=&0\end{matrix}\right.$$
Un sistema equivalente, reducido por Gauss, es $$\left\{\begin{matrix}3x&+&3y&+&z&=&9 \\ &&6y&+&z&=&9\\ &&&&19z&=&9\end{matrix}\right.$$ Despejando la variable $z$ de la última ecuación, obtenemos $$z=\dfrac{9}{19}$$ sustituyendo este valor en la segunda ecuación obtenemos $$y=\dfrac{27}{19}$$ y, a su vez, sustituyendo el valor de las dos últimas incógnitas en la primera ecuación y despejando $x$ se obtiene $$x=\dfrac{27}{19}$$
$\square$
Sea $\pi$ el plano que contiene a los puntos (...)
ENUNCIADO. Sea $\pi$ el plano que contiene a los puntos $A(0,2,1)$, $B(1,0,1)$ y $C(-1,-2,-1)$. Calcule el volumen del tetraedro que forma el origen de coordenadas con los puntos de intersección de $\pi$ con cada uno de los ejes de coordenadas.
SOLUCIÓN.
Para calcular las coordenadas de los puntos de intersección del plano $\pi$ con los ejes de coordenadas, debemos encontrar primero la ecuación del plano. Dos vectores del plano son $$\overset{\longrightarrow}{AB}=(1-0,0-2,1-1)=(1,-2,0)$$ y $$\overset{\longrightarrow}{AC}=(-1-0,-2-2,-1-1)=(-1,-4,-2)$$ Entonces un vector perpendicular a $\pi$ ( y por tanto, característico de dicho plano ) es $$\vec{n}= \overset{\longrightarrow}{AB} \times \overset{\longrightarrow}{AC}=\begin{vmatrix}\vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & -2 & 0 \\ -1 & -4 & -2\end{vmatrix}=(4,2,-6) \propto (2,1,-3)$$ Así que la ecuación de la familia de planos paralelos a dicho plano $\pi$ es $$\mathcal{F}\equiv 2x+y-3z+D=0 \quad \quad (1)$$ Para determinar la ecuación de $\pi$ tendremos en cuenta algún punto que esté en dicho plano, por ejemplo, $B(1,0,1)$; sus coordenadas han de satisfacer la ecuación (1) y, por tanto, deduciremos el valor de $D$; así deberá cumplirse que $$2\cdot 1 + 0 - 3 \cdot 1+D=0 \Leftrightarrow D=1$$ con lo cual, sustituyendo en (1) vemos que la ecuación del plano es $$\pi \equiv 2x+y-3z+1=0$$
A continuación vamos a proyectar dicho plano sobre dos ( con dos bastará para determinar los tres puntos de intersección con los ejes ) de los planos del sistema de coordenadas, pongamos que con $Oyz \equiv x=0$ y $Oxz\equiv y=0$.
Proyectando $\pi$ sobre $Oyz$ ( imponiendo que $x=0$ ) obtenemos la recta y-3z+1=0, que corta al eje $Oz$ en $z=1/3$ y al eje $Oy$ en $y=-1$, luego obtenemos de ésto los puntos de corte $A(0,0,1/3)$ y $B(0,-1,0)$
Vamos a obtener ahora el punto de corte con el eje $Ox$. Al proyectar $\pi$ sobre $Oxz$ ( imponiendo que $y=0$ ) obtenemos la recta 2x-3z+1=0, que corta al eje $Ox$ en $x=-1/2$ ( y al eje $Oz$ en $z=1/3$, lo cual ya hemos deducido antes ), luego obtenemos así el tercer punto de corte $C(-1/2,0,0)$
Ahora ya conocemos los puntos que corresponden a los vértices del tetraedro: $O(0,0,0)$, $A(0,0,1/3)$, $B(0,-1,0)$ y $C(-1/2,0,0)$ y, con ellos podemos ya calcular el volumen del mismo, que es igual a $$\dfrac{1}{3}\cdot \text{área de la base} \cdot \text{altura} \quad \quad (2)$$
Para hacer este cálculo vamos a emplear los vectores $\overset{\longrightarrow}{OA}=(0,0,1/3)$, $\overset{\longrightarrow}{OB}=(0,-1,0)$ y $\overset{\longrightarrow}{OC}=(-1/2,0,0)$, pues el $$\text{área de la base}=\dfrac{\left\|\overset{\longrightarrow}{OA} \times \overset{\longrightarrow}{OB}\right\|}{2} \quad \quad (3)$$ y la altura se calcula de la forma $$\text{altura}=\dfrac{\left|\langle \overset{\longrightarrow}{OC}, \overset{\longrightarrow}{OA} \times \overset{\longrightarrow}{OB} \rangle \right|}{\left\|\overset{\longrightarrow}{OA} \times \overset{\longrightarrow}{OB}\right\|} \quad \quad (4)$$
donde $\langle .,.\rangle\rangle$ denota el producto escalar y $\times$ el producto vectorial
Poniendo ahora (3) y (4) en (2) y simplificando obtenemos que el volumen es igual al valor absoluto de
$\dfrac{1}{6}\,\left| \langle \overset{\longrightarrow}{OC}, \overset{\longrightarrow}{OA} \times \overset{\longrightarrow}{OB} \rangle \right|=\dfrac{1}{6}\,\begin{vmatrix} OC_x & OC_y & OC_z \\ OA_x & OA_y & OA_z \\ OB_x & OB_y & OB_z \end{vmatrix}=\dfrac{1}{6}\,\begin{vmatrix} -1/2 & 0& 0 \\ 0 & 0& 1/3 \\ 0 & -1& 0 \end{vmatrix}$
$=\dfrac{1}{6}\cdot (-\dfrac{1}{6})=-\dfrac{1}{36}$
luego el volumen pedido es igual a $$\left| -\dfrac{1}{36}\right|=\dfrac{1}{36}\; (\text{unidades de longitud })^3$$
$\square$
SOLUCIÓN.
Para calcular las coordenadas de los puntos de intersección del plano $\pi$ con los ejes de coordenadas, debemos encontrar primero la ecuación del plano. Dos vectores del plano son $$\overset{\longrightarrow}{AB}=(1-0,0-2,1-1)=(1,-2,0)$$ y $$\overset{\longrightarrow}{AC}=(-1-0,-2-2,-1-1)=(-1,-4,-2)$$ Entonces un vector perpendicular a $\pi$ ( y por tanto, característico de dicho plano ) es $$\vec{n}= \overset{\longrightarrow}{AB} \times \overset{\longrightarrow}{AC}=\begin{vmatrix}\vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & -2 & 0 \\ -1 & -4 & -2\end{vmatrix}=(4,2,-6) \propto (2,1,-3)$$ Así que la ecuación de la familia de planos paralelos a dicho plano $\pi$ es $$\mathcal{F}\equiv 2x+y-3z+D=0 \quad \quad (1)$$ Para determinar la ecuación de $\pi$ tendremos en cuenta algún punto que esté en dicho plano, por ejemplo, $B(1,0,1)$; sus coordenadas han de satisfacer la ecuación (1) y, por tanto, deduciremos el valor de $D$; así deberá cumplirse que $$2\cdot 1 + 0 - 3 \cdot 1+D=0 \Leftrightarrow D=1$$ con lo cual, sustituyendo en (1) vemos que la ecuación del plano es $$\pi \equiv 2x+y-3z+1=0$$
A continuación vamos a proyectar dicho plano sobre dos ( con dos bastará para determinar los tres puntos de intersección con los ejes ) de los planos del sistema de coordenadas, pongamos que con $Oyz \equiv x=0$ y $Oxz\equiv y=0$.
Proyectando $\pi$ sobre $Oyz$ ( imponiendo que $x=0$ ) obtenemos la recta y-3z+1=0, que corta al eje $Oz$ en $z=1/3$ y al eje $Oy$ en $y=-1$, luego obtenemos de ésto los puntos de corte $A(0,0,1/3)$ y $B(0,-1,0)$
Vamos a obtener ahora el punto de corte con el eje $Ox$. Al proyectar $\pi$ sobre $Oxz$ ( imponiendo que $y=0$ ) obtenemos la recta 2x-3z+1=0, que corta al eje $Ox$ en $x=-1/2$ ( y al eje $Oz$ en $z=1/3$, lo cual ya hemos deducido antes ), luego obtenemos así el tercer punto de corte $C(-1/2,0,0)$
Ahora ya conocemos los puntos que corresponden a los vértices del tetraedro: $O(0,0,0)$, $A(0,0,1/3)$, $B(0,-1,0)$ y $C(-1/2,0,0)$ y, con ellos podemos ya calcular el volumen del mismo, que es igual a $$\dfrac{1}{3}\cdot \text{área de la base} \cdot \text{altura} \quad \quad (2)$$
Para hacer este cálculo vamos a emplear los vectores $\overset{\longrightarrow}{OA}=(0,0,1/3)$, $\overset{\longrightarrow}{OB}=(0,-1,0)$ y $\overset{\longrightarrow}{OC}=(-1/2,0,0)$, pues el $$\text{área de la base}=\dfrac{\left\|\overset{\longrightarrow}{OA} \times \overset{\longrightarrow}{OB}\right\|}{2} \quad \quad (3)$$ y la altura se calcula de la forma $$\text{altura}=\dfrac{\left|\langle \overset{\longrightarrow}{OC}, \overset{\longrightarrow}{OA} \times \overset{\longrightarrow}{OB} \rangle \right|}{\left\|\overset{\longrightarrow}{OA} \times \overset{\longrightarrow}{OB}\right\|} \quad \quad (4)$$
donde $\langle .,.\rangle\rangle$ denota el producto escalar y $\times$ el producto vectorial
Poniendo ahora (3) y (4) en (2) y simplificando obtenemos que el volumen es igual al valor absoluto de
$\dfrac{1}{6}\,\left| \langle \overset{\longrightarrow}{OC}, \overset{\longrightarrow}{OA} \times \overset{\longrightarrow}{OB} \rangle \right|=\dfrac{1}{6}\,\begin{vmatrix} OC_x & OC_y & OC_z \\ OA_x & OA_y & OA_z \\ OB_x & OB_y & OB_z \end{vmatrix}=\dfrac{1}{6}\,\begin{vmatrix} -1/2 & 0& 0 \\ 0 & 0& 1/3 \\ 0 & -1& 0 \end{vmatrix}$
$=\dfrac{1}{6}\cdot (-\dfrac{1}{6})=-\dfrac{1}{36}$
luego el volumen pedido es igual a $$\left| -\dfrac{1}{36}\right|=\dfrac{1}{36}\; (\text{unidades de longitud })^3$$
$\square$
Dada la función (...)
ENUNCIADO. Dada la función $$f(x)=\left\{\begin{matrix}\dfrac{1}{5-x} & \text{si} & x \le 0 \\ \\ \dfrac{1}{5+x} & \text{si} & x > 0 \end{matrix}\right.$$ se pide:
a) Estudiar la continuidad de $f$ y determinar las rectas asíntotas
b) Estudiar la derivabilidad de $f$ y calcular $f'(x)$ donde sea posible
c) Calcular $\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)dx$
SOLUCIÓN.
a)
Estudio de la continuidad de la función:
Los dos trozos de la función son hipérbolas: $\dfrac{1}{5-x}$ ( que es discontinua en $x=5$) y $\dfrac{1}{5+x}$ ( que es discontinua en $x=-5$ ). Ahora bien, tal como está definida la función a trozos, ésta no presenta ninguna discontinuidad ya que $-5 \notin (0,\infty)$ ( intervalo que corresponde al segundo tramo ) y $5 \notin (-\infty,0)$ ( intervalo que corresponde al primer tramo ). Por otra parte, en el punto $x=0$ ( donde podría haber problemas ), se cumple que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^{-}}\,f(x)=\left(\dfrac{1}{5-x}\right)_{x=0}=1/5$ y $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^{+}}\,\left(\dfrac{1}{5+x}\right)_{x=0}=1/5$; los límites laterales existen y sus valores coinciden, por consiguiente existe el límite global $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\,f(x)$ y es igual a $1/5$, que, por otra parte, coincide con el valor de la función en $x=0$, luego la función es también continua en $x=0$.
Asíntotas de $f(x)$:
Los dos tramos de hipérbola de que consta la función tienen una asíntota horizontal común, que es el eje de abscisas ( de ecuación $y=0$ ), luego la función compuesta tiene también esta asíntota horizontal. Dicho de otro modo, la recta $y=0$ es asíntota horizontal de $f(x)$ ya que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \pm \infty}\,f(x)=0$
Las asíntotas verticales de una y otra rama hiperbólica, queda fuera del dominio de definición de $f(x)$, luego la función $f(x)$ no tiene asíntotas verticales ( de ecuación $x=k$, pues no existe ningún $k\in \text{Dom}\,f(x)=\mathbb{R}$ tal que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow k}\,f(x)=\pm \infty$ ; en otras palabras Por otro lado, al no tener asíntotas oblicuas las funciones de sendos tramos, tampoco posee $f(x)$ asíntotas oblicuas.
b)
Para valores de $x \in \text{Dom}\,f(x)=\mathbb{R}$ negativos ( $x \prec 0$ ), la derivada de $f(x)$ viene dada por $\left(\dfrac{1}{5-x}\right)'=\dfrac{1}{(5-x)^2}$, y para valores positivos de $x$, la derivada de la función es $\left(\dfrac{1}{5+x}\right)'=-\dfrac{1}{(5+x)^2}$. Sin embargo, en $x=0$ la función no es derivable ( aunque sí es continua, como ya se ha demostrado ); ésto es así porque el límite global que define la derivada en $x=0$ no existe, pues los límites laterales no coinciden: $$\displaystyle \lim_{\Delta x \rightarrow 0}\,\dfrac{f(0-\Delta x)-f(0)}{\Delta x}=\left [\dfrac{1}{(5-x)^2}\right ]_{x=0}=1/25$$ y $$\displaystyle \lim_{\Delta x \rightarrow 0}\,\dfrac{f(0+\Delta x)-f(0)}{\Delta x}=\left [-\dfrac{1}{(5+x)^2}\right ]_{x=0}=-1/25$$ En otras palabras: al poder trazar una única recta tangente a la gráfica de la función en el punto $x=0$, la función no es derivable en dicho punto.
c)
La integral definida pedida representa directamente, en este caso, el área de la región del plano coloreada de la siguiente figura. Por supuesto, podemos prescindir del dibujo de dicha figura, hacer omisión del comentario sobre el área, y ceñirnos simplemente al cálculo ( que viene abajo ).
$\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)dx=\int_{-1}^{0}\dfrac{1}{5-x}dx+\int_{0}^{1}\dfrac{1}{5+x}dx$
$=\displaystyle \left[-\ln(5-x)\right]_{-1}^{0}+\left[\ln(5+x)\right]_{0}^{1}$
$=\left(-\ln(5-0)-(-\ln(5-(-1))\right)-\left(\ln(5+1)-(\ln(5+0)\right)$
$=(-\ln 5+\ln 6)+(\ln 6-\ln5)$
$=2\,(\ln6-\ln5)$
OBSERVACIÓN. Como la función $f(x)$ es simétrica con respecto del eje $Oy$, se puede abreviar el cálculo de la siguiente manera:
$\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)dx=\int_{-1}^{0}\dfrac{1}{5-x}dx+\int_{0}^{1}\dfrac{1}{5+x}dx$
$=\displaystyle 2\, \int_{-1}^{0}\,f(x)dx= 2\, \int_{-1}^{0}\dfrac{1}{5-x}dx = 2\,\left[-\ln(5-x)\right]_{-1}^{0}$
$=2\,\left(-\ln(5-0)-(-\ln(5-(-1))\right)$
$=2\,(\ln6-\ln5)$
$\square$
a) Estudiar la continuidad de $f$ y determinar las rectas asíntotas
b) Estudiar la derivabilidad de $f$ y calcular $f'(x)$ donde sea posible
c) Calcular $\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)dx$
SOLUCIÓN.
Estudio de la continuidad de la función:
Los dos trozos de la función son hipérbolas: $\dfrac{1}{5-x}$ ( que es discontinua en $x=5$) y $\dfrac{1}{5+x}$ ( que es discontinua en $x=-5$ ). Ahora bien, tal como está definida la función a trozos, ésta no presenta ninguna discontinuidad ya que $-5 \notin (0,\infty)$ ( intervalo que corresponde al segundo tramo ) y $5 \notin (-\infty,0)$ ( intervalo que corresponde al primer tramo ). Por otra parte, en el punto $x=0$ ( donde podría haber problemas ), se cumple que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^{-}}\,f(x)=\left(\dfrac{1}{5-x}\right)_{x=0}=1/5$ y $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^{+}}\,\left(\dfrac{1}{5+x}\right)_{x=0}=1/5$; los límites laterales existen y sus valores coinciden, por consiguiente existe el límite global $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\,f(x)$ y es igual a $1/5$, que, por otra parte, coincide con el valor de la función en $x=0$, luego la función es también continua en $x=0$.
Asíntotas de $f(x)$:
Los dos tramos de hipérbola de que consta la función tienen una asíntota horizontal común, que es el eje de abscisas ( de ecuación $y=0$ ), luego la función compuesta tiene también esta asíntota horizontal. Dicho de otro modo, la recta $y=0$ es asíntota horizontal de $f(x)$ ya que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \pm \infty}\,f(x)=0$
Las asíntotas verticales de una y otra rama hiperbólica, queda fuera del dominio de definición de $f(x)$, luego la función $f(x)$ no tiene asíntotas verticales ( de ecuación $x=k$, pues no existe ningún $k\in \text{Dom}\,f(x)=\mathbb{R}$ tal que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow k}\,f(x)=\pm \infty$ ; en otras palabras Por otro lado, al no tener asíntotas oblicuas las funciones de sendos tramos, tampoco posee $f(x)$ asíntotas oblicuas.
b)
Para valores de $x \in \text{Dom}\,f(x)=\mathbb{R}$ negativos ( $x \prec 0$ ), la derivada de $f(x)$ viene dada por $\left(\dfrac{1}{5-x}\right)'=\dfrac{1}{(5-x)^2}$, y para valores positivos de $x$, la derivada de la función es $\left(\dfrac{1}{5+x}\right)'=-\dfrac{1}{(5+x)^2}$. Sin embargo, en $x=0$ la función no es derivable ( aunque sí es continua, como ya se ha demostrado ); ésto es así porque el límite global que define la derivada en $x=0$ no existe, pues los límites laterales no coinciden: $$\displaystyle \lim_{\Delta x \rightarrow 0}\,\dfrac{f(0-\Delta x)-f(0)}{\Delta x}=\left [\dfrac{1}{(5-x)^2}\right ]_{x=0}=1/25$$ y $$\displaystyle \lim_{\Delta x \rightarrow 0}\,\dfrac{f(0+\Delta x)-f(0)}{\Delta x}=\left [-\dfrac{1}{(5+x)^2}\right ]_{x=0}=-1/25$$ En otras palabras: al poder trazar una única recta tangente a la gráfica de la función en el punto $x=0$, la función no es derivable en dicho punto.
c)
La integral definida pedida representa directamente, en este caso, el área de la región del plano coloreada de la siguiente figura. Por supuesto, podemos prescindir del dibujo de dicha figura, hacer omisión del comentario sobre el área, y ceñirnos simplemente al cálculo ( que viene abajo ).
$=\displaystyle \left[-\ln(5-x)\right]_{-1}^{0}+\left[\ln(5+x)\right]_{0}^{1}$
$=\left(-\ln(5-0)-(-\ln(5-(-1))\right)-\left(\ln(5+1)-(\ln(5+0)\right)$
$=(-\ln 5+\ln 6)+(\ln 6-\ln5)$
$=2\,(\ln6-\ln5)$
OBSERVACIÓN. Como la función $f(x)$ es simétrica con respecto del eje $Oy$, se puede abreviar el cálculo de la siguiente manera:
$\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)dx=\int_{-1}^{0}\dfrac{1}{5-x}dx+\int_{0}^{1}\dfrac{1}{5+x}dx$
$=\displaystyle 2\, \int_{-1}^{0}\,f(x)dx= 2\, \int_{-1}^{0}\dfrac{1}{5-x}dx = 2\,\left[-\ln(5-x)\right]_{-1}^{0}$
$=2\,\left(-\ln(5-0)-(-\ln(5-(-1))\right)$
$=2\,(\ln6-\ln5)$
$\square$
Dado el sistema de ecuaciones (...)
ENUNCIADO. Dado el sistema de ecuaciones $$\left\{\begin{matrix}2x&+&(a-1)y&-&2z&=&a \\ 2x&+&y&-&az&=&2 \\ -x&+&y&+&z&=&1-a\end{matrix}\right.$$ se pide:
a) Discutirlo según los valores del parámetro $a$
b) Resolverlo cuando sea posible
SOLUCIÓN.
a)
Procedimiento I ( Estudio de los rangos por reducción de Gauss ).
Recordemos que el rango de una matriz, una vez reducida por Gauss, es igual al número de filas no nulas.
La matriz ampliada de los coeficientes del sistema es $\tilde{A}=\left(\begin{array}{ccc|c}2 & a-1 & -2 & a \\ 2 & 1 & -a & 2 \\ -1 & 1 & 1 & 1-a \end{array}\right)$ Reordenando las filas, su rango equivale al de la matriz $\left(\begin{array}{ccc|c}-1 & 1 & 1 & 1-a \\ 2 & a-1 & -2 & a \\ 2 & 1 & -a & 2 \end{array}\right)$ Procedemos ahora a reducirla por Gauss. Mediante las operaciones elementales entre filas $2f_1+f_2 \rightarrow f_2;2f_1+f_3 \rightarrow f_3$ obtenemos la siguiente matriz equivalente en rango $\left(\begin{array}{ccc|c}-1 & 1 & 1 & 1-a \\ 0 & a+1 & 0 & 2-a \\ 0 & 3 & 2-a & 4-2a \end{array}\right)$ Permutando el orden de la segunda y de la tercera filas, se llega a esta otra matriz equivalente en rango $\left(\begin{array}{ccc|c}-1 & 1 & 1 & 1-a \\ 0 & 3 & 2-a & 4-2a \\ 0 & a+1 & 0 & 2-a \end{array}\right) \overset{-\frac{1}{3}(a+1)\,f_2+f_3 \rightarrow f_3}{\sim}$
$$\sim \left(\begin{array}{ccc|c}-1 & 1 & 1 & 1-a \\ 0 & 3 & 2-a & 4-2a \\ 0 & 0 & \frac{1}{3}\,(a-2)(a+1) & \frac{1}{3}\,(1-2a)(2-a) \end{array}\right)$$
A partir de aquí, y teniendo en cuenta el teorema de Rouché-Fröbenius, aparecen los siguientes casos:
1. Si $a=2$, $\tilde{a}_{33}=\tilde{a}_{34}=0$ y por tanto la tercera fila es nula, luego al haber dos filas no nulas tanto en $A$ como en $\tilde{A}$, $\text{rg}(A)=\text{rg}(\tilde{A})=2 \prec n=3$, así que el sistema es compatible indeterminado con $n-r=3-2=1$ variable secundaria y $r=2$ variables principales
2. Si $a=-1$, $\tilde{a}_{33}=0$ pero $\tilde{a}_{34}\neq 0$, luego $\text{rg}(A)=2$ y $\text{rg}(\tilde{A})=3$. Al no coincidir los rangos el sistema es incompatible
3. Para otros valores de $a$ distintos de $2$ y $-1$, $\text{rg}(A)=\text{rg}(\tilde{A})=3 = n$ y por tanto el sistema es compatible determinado. OBSERVACIÓN 1: Si bien $a=1/2$ anula el coeficiente $\tilde{a}_{34}$, no anula $\tilde{a}_{33}$, así que aunque $a$ tome ese valor ello no impide que el rango de $\tilde{A}$ no sea $3$.
Procedimiento II ( Estudio de los rangos empleando determinantes ).
Recordemos que el rango de una matriz corresponde al orden del mayor menor no nulo que contenga dicha matriz.
Es evidente que el menor $$\begin{vmatrix}2 & 1 \\ -1 & 1\end{vmatrix} \neq 0$$ y por tanto podemos afirmar que los rangos de la matriz $A$ y de la matriz $\tilde{A}$ son iguales o mayores que $2$. Cabe ahora discernir para qué valores de $a$ dichos rangos pueden ser igual a $3$ para, empleando el teorema de Rouché-Fröbenius, clasificar todos los posibles casos.
Ahora emplearemos el método del orlado de dicho menor para realizar este estudio. Orlándolo, aparecen sólo dos menores de orden $3$:
$$\Delta_1=\begin{vmatrix} 2 & a-1 & -2 \\ 2 & 1 & -a \\ -1 & 1 & 1 \end{vmatrix}=(a-2)(a+1)$$ y $$\Delta_2=\begin{vmatrix} 2 & a-1 & a \\ 2 & 1 & 2 \\ -1 & 1 & 1-a \end{vmatrix}=(a-2)(2a-1)$$
NOTA: Dejo que el lector haga los cálculos pormenorizados de los determinantes, para comprobar que salen los resultados mostrados.
De todo ello podemos distinguir los siguientes casos que, naturalmente, coinciden con los que hemos visto empleando el primer procedimiento:
1. Si $a=2$, $\Delta_1=\Delta_2=0$ luego $\text{rg}(A)=\text{rg}(\tilde{A})=2 \prec n=3$, así que el sistema es compatible indeterminado con $n-r=3-2=1$ variable secundaria y $r=2$ variables principales
2. Si $a=-1$, $\Delta_1=0$ pero $\Delta_2 \neq 0$, luego $\text{rg}(A)=2$ y $\text{rg}(\tilde{A})=3$. Al no coincidir los rangos el sistema es incompatible
3. Para otros valores de $a$ distintos de $2$ y $-1$, $\Delta_1\neq 0$ y $\Delta_2 \neq 0$ lo cual implica que $\text{rg}(A)=\text{rg}(\tilde{A})=3 = n$ y por tanto el sistema es compatible determinado.
OBSERVACIÓN 2. Debemos recordar ahora el comentario hecho en la OBSERVACIÓN 1 ( del Procedimiento I ), con respecto a la posibilidad de que $a$ tome el valor $1/2$. Ello no impide que el rango de la matriz $\tilde{A}$ sea $3$, pues a pesar de que $\Delta_2$ se anula para dicho valor, $\Delta_1$ ( que es también un menor de $\tilde{A}$ ) es distinto de cero.
b)
Vamos a resolver ahora el sistema para los casos en que éste es compatible, esto es, para los casos 1 y 3.
Solución para el caso 3 ( sistema compatible determinado ):
El sistema equivalente reducido ( por Gauss ) es $$\left\{\begin{matrix}-x&+&y&+&z&=&1-a \\ &&3y&+&(2-a)z&=&2(2-a)\\ &&&&\dfrac{1}{3}(a-2)(a+1)z&=&\dfrac{1}{3}(1-2a)(2-a)\end{matrix}\right.$$ Entonces, siempre que $a \notin \{-1,2\}$, despejando $z$ de la tercera ecuación obtenemos $$z=\dfrac{2a-1}{a+1}$$ Sustituyendo ésto en la segunda ecuación y despejando $y$ se llega a $$y=\dfrac{1}{a+1}$$ Y, finalmente, sustituyendo los valares encontrados para $x$ e $y$ en la primera ecuación, y despejando $x$ encontramos $$x=\dfrac{a^2+2a-1}{a+1}$$
Solución para el caso 1 ( sistema compatible indeterminado, con $2$ variables principales y $1$ variable secundaria ):
La solución consta de infinitos puntos, que dependerán de $1$ parámetro ( que corresponde a la variable secundaria ). Vamos a caracterizarlas. El sistema equivalente reducido por Gauss es ahora ( $a=2$ ) el siguiente, $$\left\{\begin{matrix}-x&+&y&+&z&=&-1 \\ &&3y&&&=&0 \end{matrix}\right.$$
Es obvio que $y=0$ ( de la segunda ecuación ). Sustituyendo ésto en la primera y tomando $z$ como variable secundaria ( la denotamos por $\lambda$ ) llegamos a $x=\lambda+1$. Entonces la solución del sistema para este caso es el conjunto de infinitos puntos ( de $\mathbb{R}^3$ ) $$\{(\lambda+1,0,\lambda); \lambda \in \mathbb{R}\}$$
$\square$
a) Discutirlo según los valores del parámetro $a$
b) Resolverlo cuando sea posible
SOLUCIÓN.
a)
Procedimiento I ( Estudio de los rangos por reducción de Gauss ).
Recordemos que el rango de una matriz, una vez reducida por Gauss, es igual al número de filas no nulas.
La matriz ampliada de los coeficientes del sistema es $\tilde{A}=\left(\begin{array}{ccc|c}2 & a-1 & -2 & a \\ 2 & 1 & -a & 2 \\ -1 & 1 & 1 & 1-a \end{array}\right)$ Reordenando las filas, su rango equivale al de la matriz $\left(\begin{array}{ccc|c}-1 & 1 & 1 & 1-a \\ 2 & a-1 & -2 & a \\ 2 & 1 & -a & 2 \end{array}\right)$ Procedemos ahora a reducirla por Gauss. Mediante las operaciones elementales entre filas $2f_1+f_2 \rightarrow f_2;2f_1+f_3 \rightarrow f_3$ obtenemos la siguiente matriz equivalente en rango $\left(\begin{array}{ccc|c}-1 & 1 & 1 & 1-a \\ 0 & a+1 & 0 & 2-a \\ 0 & 3 & 2-a & 4-2a \end{array}\right)$ Permutando el orden de la segunda y de la tercera filas, se llega a esta otra matriz equivalente en rango $\left(\begin{array}{ccc|c}-1 & 1 & 1 & 1-a \\ 0 & 3 & 2-a & 4-2a \\ 0 & a+1 & 0 & 2-a \end{array}\right) \overset{-\frac{1}{3}(a+1)\,f_2+f_3 \rightarrow f_3}{\sim}$
$$\sim \left(\begin{array}{ccc|c}-1 & 1 & 1 & 1-a \\ 0 & 3 & 2-a & 4-2a \\ 0 & 0 & \frac{1}{3}\,(a-2)(a+1) & \frac{1}{3}\,(1-2a)(2-a) \end{array}\right)$$
A partir de aquí, y teniendo en cuenta el teorema de Rouché-Fröbenius, aparecen los siguientes casos:
1. Si $a=2$, $\tilde{a}_{33}=\tilde{a}_{34}=0$ y por tanto la tercera fila es nula, luego al haber dos filas no nulas tanto en $A$ como en $\tilde{A}$, $\text{rg}(A)=\text{rg}(\tilde{A})=2 \prec n=3$, así que el sistema es compatible indeterminado con $n-r=3-2=1$ variable secundaria y $r=2$ variables principales
2. Si $a=-1$, $\tilde{a}_{33}=0$ pero $\tilde{a}_{34}\neq 0$, luego $\text{rg}(A)=2$ y $\text{rg}(\tilde{A})=3$. Al no coincidir los rangos el sistema es incompatible
3. Para otros valores de $a$ distintos de $2$ y $-1$, $\text{rg}(A)=\text{rg}(\tilde{A})=3 = n$ y por tanto el sistema es compatible determinado. OBSERVACIÓN 1: Si bien $a=1/2$ anula el coeficiente $\tilde{a}_{34}$, no anula $\tilde{a}_{33}$, así que aunque $a$ tome ese valor ello no impide que el rango de $\tilde{A}$ no sea $3$.
Procedimiento II ( Estudio de los rangos empleando determinantes ).
Recordemos que el rango de una matriz corresponde al orden del mayor menor no nulo que contenga dicha matriz.
Es evidente que el menor $$\begin{vmatrix}2 & 1 \\ -1 & 1\end{vmatrix} \neq 0$$ y por tanto podemos afirmar que los rangos de la matriz $A$ y de la matriz $\tilde{A}$ son iguales o mayores que $2$. Cabe ahora discernir para qué valores de $a$ dichos rangos pueden ser igual a $3$ para, empleando el teorema de Rouché-Fröbenius, clasificar todos los posibles casos.
Ahora emplearemos el método del orlado de dicho menor para realizar este estudio. Orlándolo, aparecen sólo dos menores de orden $3$:
$$\Delta_1=\begin{vmatrix} 2 & a-1 & -2 \\ 2 & 1 & -a \\ -1 & 1 & 1 \end{vmatrix}=(a-2)(a+1)$$ y $$\Delta_2=\begin{vmatrix} 2 & a-1 & a \\ 2 & 1 & 2 \\ -1 & 1 & 1-a \end{vmatrix}=(a-2)(2a-1)$$
NOTA: Dejo que el lector haga los cálculos pormenorizados de los determinantes, para comprobar que salen los resultados mostrados.
De todo ello podemos distinguir los siguientes casos que, naturalmente, coinciden con los que hemos visto empleando el primer procedimiento:
1. Si $a=2$, $\Delta_1=\Delta_2=0$ luego $\text{rg}(A)=\text{rg}(\tilde{A})=2 \prec n=3$, así que el sistema es compatible indeterminado con $n-r=3-2=1$ variable secundaria y $r=2$ variables principales
2. Si $a=-1$, $\Delta_1=0$ pero $\Delta_2 \neq 0$, luego $\text{rg}(A)=2$ y $\text{rg}(\tilde{A})=3$. Al no coincidir los rangos el sistema es incompatible
3. Para otros valores de $a$ distintos de $2$ y $-1$, $\Delta_1\neq 0$ y $\Delta_2 \neq 0$ lo cual implica que $\text{rg}(A)=\text{rg}(\tilde{A})=3 = n$ y por tanto el sistema es compatible determinado.
OBSERVACIÓN 2. Debemos recordar ahora el comentario hecho en la OBSERVACIÓN 1 ( del Procedimiento I ), con respecto a la posibilidad de que $a$ tome el valor $1/2$. Ello no impide que el rango de la matriz $\tilde{A}$ sea $3$, pues a pesar de que $\Delta_2$ se anula para dicho valor, $\Delta_1$ ( que es también un menor de $\tilde{A}$ ) es distinto de cero.
b)
Vamos a resolver ahora el sistema para los casos en que éste es compatible, esto es, para los casos 1 y 3.
Solución para el caso 3 ( sistema compatible determinado ):
El sistema equivalente reducido ( por Gauss ) es $$\left\{\begin{matrix}-x&+&y&+&z&=&1-a \\ &&3y&+&(2-a)z&=&2(2-a)\\ &&&&\dfrac{1}{3}(a-2)(a+1)z&=&\dfrac{1}{3}(1-2a)(2-a)\end{matrix}\right.$$ Entonces, siempre que $a \notin \{-1,2\}$, despejando $z$ de la tercera ecuación obtenemos $$z=\dfrac{2a-1}{a+1}$$ Sustituyendo ésto en la segunda ecuación y despejando $y$ se llega a $$y=\dfrac{1}{a+1}$$ Y, finalmente, sustituyendo los valares encontrados para $x$ e $y$ en la primera ecuación, y despejando $x$ encontramos $$x=\dfrac{a^2+2a-1}{a+1}$$
Solución para el caso 1 ( sistema compatible indeterminado, con $2$ variables principales y $1$ variable secundaria ):
La solución consta de infinitos puntos, que dependerán de $1$ parámetro ( que corresponde a la variable secundaria ). Vamos a caracterizarlas. El sistema equivalente reducido por Gauss es ahora ( $a=2$ ) el siguiente, $$\left\{\begin{matrix}-x&+&y&+&z&=&-1 \\ &&3y&&&=&0 \end{matrix}\right.$$
Es obvio que $y=0$ ( de la segunda ecuación ). Sustituyendo ésto en la primera y tomando $z$ como variable secundaria ( la denotamos por $\lambda$ ) llegamos a $x=\lambda+1$. Entonces la solución del sistema para este caso es el conjunto de infinitos puntos ( de $\mathbb{R}^3$ ) $$\{(\lambda+1,0,\lambda); \lambda \in \mathbb{R}\}$$
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Cierta fundación ha destinado $247\,000$ euros para la dotación de $115$ becas de estudio (...)
ENUNCIADO. Cierta fundación ha destinado $247\,000$ euros para la dotación de $115$ becas de estudio. El importe de cada beca es de $3000$ euros, si el estudiante cursa un grado universitario; de $2000$ euros, si cursa formación profesional; y de $1500$ euros, si realiza estudios de postgrado. Sabiendo que la fundación ha concedido doble número de becas de formación profesional que de postgrado, ¿ cuántas becas ha concedido a cada nivel de estudios ?.
SOLUCIÓN.
Denotemos por $x$ el número de becas para estudios de grado universitario, por $y$ el número de becas de formación profesional, y por $z$ el número de becas de postgrado. Entonces, $$\left\{\begin{matrix}x&+&y&+&z&=&115 \\ 3000x&+&2000y&+&1500z&=&247000\\ &&y&-&2z&=&0 \end{matrix}\right.$$ Despejando $y$ de la tercera ecuación y sustituyendo en las los primeras, $$\left\{\begin{matrix}x&&&+&3z&=&115 \\ 3000x&&&+&5500z&=&247000\\ &&y&-&2z&=&0 \end{matrix}\right.$$ simplificando la segunda ecuación, $$\left\{\begin{matrix}x&&&+&3z&=&115 \\ 6x&&&+&11z&=&494\\ &&y&-&2z&=&0 \end{matrix}\right.$$ y sustituyendo la segunda ecuación por el resultado de la combinación $-6e_1+e_2$ llegamos al sistema equivalente $$\left\{\begin{matrix}x&&&+&3z&=&115 \\ &&&&-7z&=&-196\\ &&y&-&2z&=&0 \end{matrix}\right.$$ De la segunda ecuación resultante, y despejando $z$, obtenemos $$z=28 \;\text{becas de postgrado}$$ Sustituyendo este valor en la tercera ecuación encontramos $$y=56\;\text{becas de formación profesional}$$ Finalmente, sustituyendo los valores que hemos hallado de $z$ y de $y$ en la primera ecuación, se obtiene $$x=31 \; \text{becas de grado universitario}$$
$\square$
SOLUCIÓN.
Denotemos por $x$ el número de becas para estudios de grado universitario, por $y$ el número de becas de formación profesional, y por $z$ el número de becas de postgrado. Entonces, $$\left\{\begin{matrix}x&+&y&+&z&=&115 \\ 3000x&+&2000y&+&1500z&=&247000\\ &&y&-&2z&=&0 \end{matrix}\right.$$ Despejando $y$ de la tercera ecuación y sustituyendo en las los primeras, $$\left\{\begin{matrix}x&&&+&3z&=&115 \\ 3000x&&&+&5500z&=&247000\\ &&y&-&2z&=&0 \end{matrix}\right.$$ simplificando la segunda ecuación, $$\left\{\begin{matrix}x&&&+&3z&=&115 \\ 6x&&&+&11z&=&494\\ &&y&-&2z&=&0 \end{matrix}\right.$$ y sustituyendo la segunda ecuación por el resultado de la combinación $-6e_1+e_2$ llegamos al sistema equivalente $$\left\{\begin{matrix}x&&&+&3z&=&115 \\ &&&&-7z&=&-196\\ &&y&-&2z&=&0 \end{matrix}\right.$$ De la segunda ecuación resultante, y despejando $z$, obtenemos $$z=28 \;\text{becas de postgrado}$$ Sustituyendo este valor en la tercera ecuación encontramos $$y=56\;\text{becas de formación profesional}$$ Finalmente, sustituyendo los valores que hemos hallado de $z$ y de $y$ en la primera ecuación, se obtiene $$x=31 \; \text{becas de grado universitario}$$
$\square$
Determine, si es posible, los parámetros $\alpha$ y $\beta$ de modo que ...
ENUNCIADO.
a) Determine, si es posible, los parámetros $\alpha$ y $\beta$ de modo que se verifique la igualdad: $$\alpha\,\begin{pmatrix}3 & -4 \\ 5 & -1 \end{pmatrix}+\beta\,\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}3 & -8 \\ -2 & -5 \end{pmatrix}$$
b) Determine los posibles valores de $\lambda$ para que el rango de la matriz $A$ sea $2$, donde $$A=\lambda\,\begin{pmatrix}2 & 2 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$$
SOLUCIÓN. Como
a)
$$\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\4&1\end{pmatrix}$$ la ecuación pedida puede escribirse de la forma $$\alpha\,\begin{pmatrix}3 & -4 \\ 5 & -1 \end{pmatrix}+\beta\,\begin{pmatrix}1&0\\4&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3 & -8 \\ -2 & -5 \end{pmatrix}$$ Operando el primer miembro, nos queda $$\begin{pmatrix}3\alpha+\beta & -4\alpha \\ 5\alpha+4\beta & -\alpha+4 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3 & -8 \\ -2 & -5 \end{pmatrix} \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}3\alpha+\beta=3 \\ -4\alpha=-8 \\ 5\alpha+4\beta=-2\\ -\alpha+\beta=-5\end{matrix}\right.$$ De la segunda ecuación se obtiene $\alpha=2$ y sustituyendo este valor en cualquier otra de las ecuaciones obtenemos $\beta=-3$.
b)
$A=\lambda\,\begin{pmatrix}2 & 2 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}2\lambda & 2\lambda \\ \lambda & 3\lambda \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}2\lambda+1 & 2\lambda \\ \lambda & 3\lambda+1 \end{pmatrix}$
Teniendo en cuenta ahora que $$\begin{vmatrix}2\lambda+1 & 2\lambda \\ \lambda & 3\lambda+1 \end{vmatrix}=4\lambda^2+5\lambda+1=0\Leftrightarrow\lambda=\left\{\begin{matrix}-1 \\ -1/4\end{matrix}\right.$$ concluimos que $\text{rango}(A)=2 \Leftrightarrow \lambda \notin \{-1,-1/4\}\subset \mathbb{R}$
$\square$
a) Determine, si es posible, los parámetros $\alpha$ y $\beta$ de modo que se verifique la igualdad: $$\alpha\,\begin{pmatrix}3 & -4 \\ 5 & -1 \end{pmatrix}+\beta\,\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}3 & -8 \\ -2 & -5 \end{pmatrix}$$
b) Determine los posibles valores de $\lambda$ para que el rango de la matriz $A$ sea $2$, donde $$A=\lambda\,\begin{pmatrix}2 & 2 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$$
SOLUCIÓN. Como
a)
$$\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\4&1\end{pmatrix}$$ la ecuación pedida puede escribirse de la forma $$\alpha\,\begin{pmatrix}3 & -4 \\ 5 & -1 \end{pmatrix}+\beta\,\begin{pmatrix}1&0\\4&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3 & -8 \\ -2 & -5 \end{pmatrix}$$ Operando el primer miembro, nos queda $$\begin{pmatrix}3\alpha+\beta & -4\alpha \\ 5\alpha+4\beta & -\alpha+4 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3 & -8 \\ -2 & -5 \end{pmatrix} \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}3\alpha+\beta=3 \\ -4\alpha=-8 \\ 5\alpha+4\beta=-2\\ -\alpha+\beta=-5\end{matrix}\right.$$ De la segunda ecuación se obtiene $\alpha=2$ y sustituyendo este valor en cualquier otra de las ecuaciones obtenemos $\beta=-3$.
b)
$A=\lambda\,\begin{pmatrix}2 & 2 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}2\lambda & 2\lambda \\ \lambda & 3\lambda \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}2\lambda+1 & 2\lambda \\ \lambda & 3\lambda+1 \end{pmatrix}$
Teniendo en cuenta ahora que $$\begin{vmatrix}2\lambda+1 & 2\lambda \\ \lambda & 3\lambda+1 \end{vmatrix}=4\lambda^2+5\lambda+1=0\Leftrightarrow\lambda=\left\{\begin{matrix}-1 \\ -1/4\end{matrix}\right.$$ concluimos que $\text{rango}(A)=2 \Leftrightarrow \lambda \notin \{-1,-1/4\}\subset \mathbb{R}$
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Dadas las rectas ...
ENUNCIADO. Dadas las rectas
$$r\equiv\left\{\begin{matrix}x-2z-1=0 \\ x+y+z-4=0 \end{matrix}\right.$$ y $$s\equiv\{(2+\lambda,1-3\lambda,\lambda):\lambda \in \mathbb{R}\}$$ Se pide:
a) Obtener la recta que pasa por el punto $P(1,0,5)$ y que corta perpendicularmente a $r$
b) Obtener el plano que contiene a la recta $r$ y es paralelo a $s$
c) Hallar la distancia entre las rectas $r$ y $s$
SOLUCIÓN.
a)
Denotemos por $r'$ la recta pedida ( que es perpendicular a $r$ y pasa por el punto $P(1,0,5)$ ). Entonces podemos escribirla de la forma $$r'\equiv (x-1,y-0,z-5)=k\,\overset{\longrightarrow}{P'P} \quad \quad (1)$$ donde $P'$ es el punto del plano $\pi$ que contiene a $r'$ e interseca a $r$
Necesitamos calcular las coordenadas del punto $P'$. Para ello, procedemos primero a calcular un vector que tenga la misma dirección que $r$. Para ello, escribimos las ecuación de $r$ en forma paramétrica: tomando $z$ como variable secundaria hacemos $\mu=z$ y de las ecuaciones cartesianas (implícitas) de $r$, se desprende $$\left\{\begin{matrix} x&&&&&=&1+2\mu \\ x&+&y&&&=&4-\mu \\ &&&&z&=&\mu \end{matrix}\\ \right.$$ y simplificando $$\left\{\begin{matrix} x&&&&&=&1+2\mu \\ &&y&&&=&3-3\mu \\ &&&&z&=&\mu \end{matrix}\\ \right.$$ luego un vector característico de $r$ es $$\vec{u}_r=(2,-3,1)$$
A continuación, determinaremos la ecuación del plano $\pi$, perpendicular a $r$ ( y por tanto a $\vec{u}_r=(2,-3,1)$ ) que contiene a $P$. Teniendo en cuenta las componentes del vector característico, sabemos que la ecuación general del haz planos paralelos que son perpendiculares a $r$ tiene por ecuación $2x-3y+z+D=0$, luego para determinar la ecuación del plano de dicha familia que pasa por $P(1,0,5)$, sustituimos $x$, $y$ y $z$ por el valor de las coordenadas respectivas de $P$: $$2\cdot 1+3\cdot 0+5+D=0$$ de donde, despejando $D$, obtenemos $D=-7$. Así obtenemos $\pi \equiv 2x-3y+z-7=0$
Por otra parte $P'$ está también en $\pi$ ( además de estar también en $r$ ), así que sus coordenadas corresponden a la solución del sistema de ecuaciones que se forma con las dos ecuaciones implícitas de $r$ ( que se dan directamente en el enunciado ) y la ecuación general del plano $\pi$ que acabamos de determinar:
$$\left\{\begin{matrix}x&&&-&2z&-&1&=&0\\ x&+&y&+&z&-&4&=&0 \\2x&-&3y&+&z&-&7&=&0\end{matrix}\right.$$ Resolviendo este sistema por Gauss llegamos a la siguiente solución $$\left\{\begin{matrix}x&&&&&=&3\\ &&y&&&=&0 \\&&&&z&=&1\end{matrix}\right.$$ Así pues, encontramos: $P'(3,0,1)$
Por tanto $$\overset{\longrightarrow}{P'P}=(1-3,0-0,5-1)=(-2,0,4)$$ y de (1) llegamos a $$r'\equiv (x-1,y-0,z-5)=k\,(-2,0,4) \quad \text{donde} \quad k \in \mathbb{R}$$ esto es $$\left\{\begin{matrix}x=1-2k\\y=0\\z=5+4k\end{matrix}\right.$$ con lo cual también podemos expresar dicha recta como el conjunto de puntos $$r'\equiv \{(1-2k,0,5+4k):k\in \mathbb{R}\}$$
b)
De la recta $s\equiv \{(2+\lambda,1-3\lambda, \lambda): \lambda \in \mathbb{R}$ vemos que un vector característico de $s$ es $\vec{u}_s=(1,-3,1)$. Conocemos también un vector característico de $r$, que es $\vec{u}_r=(2,-3,1)$. Entonces, el vector característico $\vec{n}$ del plano pedido ( que contiene a $r$ y es paralelo a $s$ ) ha de ser perpendicular a $r$ y a $s$, esto es, a $\vec{u}_r$ y a $\vec{u}_s$, por consiguiente $\vec{n}=\vec{u}_r \times \vec{u}_s$, donde el símbolo $\times$ denota el producto vectorial. Por tanto $$\vec{n}=\begin{vmatrix}\vec{i}& \vec{j} & \vec{k}\\ 2 & -3 & 1 \\ 1 & -3 & 1\end{vmatrix}=-\vec{j}-3\vec{k}$$ esto es $$\vec{n}=(0,-1,-3)$$ Podemos pues escribir la ecuación general del plano como $$-y-3z+D=0 \quad \quad (2)$$ Falta determinar el valor del coeficiente $D$, y para ello recordemos que el plano pedido ha de contener a $r$; como podemos expresar $r$ de la forma $r\equiv \{(1+2\mu,3-3\mu, \mu):\mu \in \mathbb{R}$, dando un valor arbitrario a $\mu$ encontramos uno de sus puntos, por ejemplo, si $\mu:=0$, vemos que un punto $R$ de $r$ es $R(1,3,0)$. Entonces, de (2) $$-3-3\cdot 0+D=0$$ deducimos que $$D=3$$ con lo cual el plano pedido tiene por ecuación $$-y-3z+3=0$$ o lo que es lo mismo $$y+3z-3=0$$
c)
La recta $r$ viene dada por un vector característico $\vec{u}_r$ ( ya hemos calculado uno ) y cualquiera de sus puntos $A_r$ ( que no es difícil encontrar ) . De la misma manera, la recta $s$ está dada por un vector característico $\vec{u}_s$ ( ya conocido ) y por uno cualquiera de los puntos de dicha recta $A_s$.
Un vector perpendicular a $\vec{u}_r$ y a $\vec{u}_s$ es $\vec{n}=(0,1,3)$, de forma que cualquier plano del que $\vec{n}$ sea vector característico será paralelo a $r$ y a $s$. Entonces, eligiendo entre esos planos al que contiene a $r$ ( que denotaremos por $\pi_r$ ), la distancia (mínima) entre $r$ y $s$ ha de ser igual a la distancia de cualquier punto de $s$ dicho plano, es decir, $$\text{distancia}(r,s)=\text{distancia}(A_r,\pi)=\left|\dfrac{\langle \overset{\longrightarrow}{A{_r}A_{s}},\vec{n}\rangle}{\left\|\vec{n}\right\|}\right| \quad \quad (3)$$
Recordemos que un punto $A_r$ de la recta $r\equiv \{(1+2\mu,3-3\mu,\mu):\mu \in \mathbb{R}\}$ lo hemos encontrado ( en el apartado anterior ) dando un valor arbitrario a $\mu$; por ejemplo, si $\mu:=0$, $A_r=(1,3,0)$. De forma análoga, un punto $A_s$ de la recta $s\equiv \{(2+\lambda,1-3\lambda,\lambda\}$ lo encontramos dando un valor arbitrario a $\lambda$, por ejemplo haciendo $\lambda:=0$, con lo cual $A_s=(2,1,0)$. Así, $$\overset{\longrightarrow}{A{_r}A_{s}}=(2-1,1-3,0-0)=(1,-2,0)$$ y por tanto, de (3)
$\text{distancia}(r,s)=\left|\dfrac{\langle (1,-2,0),(0,1,3) \rangle}{\left\|(0,1,3)\right\|}\right|=\left|\dfrac{\langle (1,-2,0),(0,1,3) \rangle}{\sqrt{\langle (0,1,3),(0,1,3) \rangle}}\right|$
$=\left|\dfrac{1\cdot 0 + (-2)\cdot 1+0\cdot 3}{\sqrt{0^2+1^2+3^2}}\right|=\left|\dfrac{-2}{\sqrt{10}}\right|=\dfrac{2}{\sqrt{10}}$
NOTA: $\langle .,.\rangle$ designa el producto escalar euclídeo de dos vectores
$\square$
$$r\equiv\left\{\begin{matrix}x-2z-1=0 \\ x+y+z-4=0 \end{matrix}\right.$$ y $$s\equiv\{(2+\lambda,1-3\lambda,\lambda):\lambda \in \mathbb{R}\}$$ Se pide:
a) Obtener la recta que pasa por el punto $P(1,0,5)$ y que corta perpendicularmente a $r$
b) Obtener el plano que contiene a la recta $r$ y es paralelo a $s$
c) Hallar la distancia entre las rectas $r$ y $s$
SOLUCIÓN.
a)
Denotemos por $r'$ la recta pedida ( que es perpendicular a $r$ y pasa por el punto $P(1,0,5)$ ). Entonces podemos escribirla de la forma $$r'\equiv (x-1,y-0,z-5)=k\,\overset{\longrightarrow}{P'P} \quad \quad (1)$$ donde $P'$ es el punto del plano $\pi$ que contiene a $r'$ e interseca a $r$
Necesitamos calcular las coordenadas del punto $P'$. Para ello, procedemos primero a calcular un vector que tenga la misma dirección que $r$. Para ello, escribimos las ecuación de $r$ en forma paramétrica: tomando $z$ como variable secundaria hacemos $\mu=z$ y de las ecuaciones cartesianas (implícitas) de $r$, se desprende $$\left\{\begin{matrix} x&&&&&=&1+2\mu \\ x&+&y&&&=&4-\mu \\ &&&&z&=&\mu \end{matrix}\\ \right.$$ y simplificando $$\left\{\begin{matrix} x&&&&&=&1+2\mu \\ &&y&&&=&3-3\mu \\ &&&&z&=&\mu \end{matrix}\\ \right.$$ luego un vector característico de $r$ es $$\vec{u}_r=(2,-3,1)$$
A continuación, determinaremos la ecuación del plano $\pi$, perpendicular a $r$ ( y por tanto a $\vec{u}_r=(2,-3,1)$ ) que contiene a $P$. Teniendo en cuenta las componentes del vector característico, sabemos que la ecuación general del haz planos paralelos que son perpendiculares a $r$ tiene por ecuación $2x-3y+z+D=0$, luego para determinar la ecuación del plano de dicha familia que pasa por $P(1,0,5)$, sustituimos $x$, $y$ y $z$ por el valor de las coordenadas respectivas de $P$: $$2\cdot 1+3\cdot 0+5+D=0$$ de donde, despejando $D$, obtenemos $D=-7$. Así obtenemos $\pi \equiv 2x-3y+z-7=0$
Por otra parte $P'$ está también en $\pi$ ( además de estar también en $r$ ), así que sus coordenadas corresponden a la solución del sistema de ecuaciones que se forma con las dos ecuaciones implícitas de $r$ ( que se dan directamente en el enunciado ) y la ecuación general del plano $\pi$ que acabamos de determinar:
$$\left\{\begin{matrix}x&&&-&2z&-&1&=&0\\ x&+&y&+&z&-&4&=&0 \\2x&-&3y&+&z&-&7&=&0\end{matrix}\right.$$ Resolviendo este sistema por Gauss llegamos a la siguiente solución $$\left\{\begin{matrix}x&&&&&=&3\\ &&y&&&=&0 \\&&&&z&=&1\end{matrix}\right.$$ Así pues, encontramos: $P'(3,0,1)$
Por tanto $$\overset{\longrightarrow}{P'P}=(1-3,0-0,5-1)=(-2,0,4)$$ y de (1) llegamos a $$r'\equiv (x-1,y-0,z-5)=k\,(-2,0,4) \quad \text{donde} \quad k \in \mathbb{R}$$ esto es $$\left\{\begin{matrix}x=1-2k\\y=0\\z=5+4k\end{matrix}\right.$$ con lo cual también podemos expresar dicha recta como el conjunto de puntos $$r'\equiv \{(1-2k,0,5+4k):k\in \mathbb{R}\}$$
b)
De la recta $s\equiv \{(2+\lambda,1-3\lambda, \lambda): \lambda \in \mathbb{R}$ vemos que un vector característico de $s$ es $\vec{u}_s=(1,-3,1)$. Conocemos también un vector característico de $r$, que es $\vec{u}_r=(2,-3,1)$. Entonces, el vector característico $\vec{n}$ del plano pedido ( que contiene a $r$ y es paralelo a $s$ ) ha de ser perpendicular a $r$ y a $s$, esto es, a $\vec{u}_r$ y a $\vec{u}_s$, por consiguiente $\vec{n}=\vec{u}_r \times \vec{u}_s$, donde el símbolo $\times$ denota el producto vectorial. Por tanto $$\vec{n}=\begin{vmatrix}\vec{i}& \vec{j} & \vec{k}\\ 2 & -3 & 1 \\ 1 & -3 & 1\end{vmatrix}=-\vec{j}-3\vec{k}$$ esto es $$\vec{n}=(0,-1,-3)$$ Podemos pues escribir la ecuación general del plano como $$-y-3z+D=0 \quad \quad (2)$$ Falta determinar el valor del coeficiente $D$, y para ello recordemos que el plano pedido ha de contener a $r$; como podemos expresar $r$ de la forma $r\equiv \{(1+2\mu,3-3\mu, \mu):\mu \in \mathbb{R}$, dando un valor arbitrario a $\mu$ encontramos uno de sus puntos, por ejemplo, si $\mu:=0$, vemos que un punto $R$ de $r$ es $R(1,3,0)$. Entonces, de (2) $$-3-3\cdot 0+D=0$$ deducimos que $$D=3$$ con lo cual el plano pedido tiene por ecuación $$-y-3z+3=0$$ o lo que es lo mismo $$y+3z-3=0$$
c)
La recta $r$ viene dada por un vector característico $\vec{u}_r$ ( ya hemos calculado uno ) y cualquiera de sus puntos $A_r$ ( que no es difícil encontrar ) . De la misma manera, la recta $s$ está dada por un vector característico $\vec{u}_s$ ( ya conocido ) y por uno cualquiera de los puntos de dicha recta $A_s$.
Un vector perpendicular a $\vec{u}_r$ y a $\vec{u}_s$ es $\vec{n}=(0,1,3)$, de forma que cualquier plano del que $\vec{n}$ sea vector característico será paralelo a $r$ y a $s$. Entonces, eligiendo entre esos planos al que contiene a $r$ ( que denotaremos por $\pi_r$ ), la distancia (mínima) entre $r$ y $s$ ha de ser igual a la distancia de cualquier punto de $s$ dicho plano, es decir, $$\text{distancia}(r,s)=\text{distancia}(A_r,\pi)=\left|\dfrac{\langle \overset{\longrightarrow}{A{_r}A_{s}},\vec{n}\rangle}{\left\|\vec{n}\right\|}\right| \quad \quad (3)$$
Recordemos que un punto $A_r$ de la recta $r\equiv \{(1+2\mu,3-3\mu,\mu):\mu \in \mathbb{R}\}$ lo hemos encontrado ( en el apartado anterior ) dando un valor arbitrario a $\mu$; por ejemplo, si $\mu:=0$, $A_r=(1,3,0)$. De forma análoga, un punto $A_s$ de la recta $s\equiv \{(2+\lambda,1-3\lambda,\lambda\}$ lo encontramos dando un valor arbitrario a $\lambda$, por ejemplo haciendo $\lambda:=0$, con lo cual $A_s=(2,1,0)$. Así, $$\overset{\longrightarrow}{A{_r}A_{s}}=(2-1,1-3,0-0)=(1,-2,0)$$ y por tanto, de (3)
$\text{distancia}(r,s)=\left|\dfrac{\langle (1,-2,0),(0,1,3) \rangle}{\left\|(0,1,3)\right\|}\right|=\left|\dfrac{\langle (1,-2,0),(0,1,3) \rangle}{\sqrt{\langle (0,1,3),(0,1,3) \rangle}}\right|$
$=\left|\dfrac{1\cdot 0 + (-2)\cdot 1+0\cdot 3}{\sqrt{0^2+1^2+3^2}}\right|=\left|\dfrac{-2}{\sqrt{10}}\right|=\dfrac{2}{\sqrt{10}}$
NOTA: $\langle .,.\rangle$ designa el producto escalar euclídeo de dos vectores
$\square$
Dada la función ...
ENUNCIADO. Dada la función $f(x)=(6-x)\,e^{x/3}$, se pide:
a) Determinar su dominio de definición, las rectas asíntotas y los puntos de corte con los ejes
b) Calcular la derivada, los intervalos de crecimiento y decrecimiento, y los extremos relativos
c) Determinar el área del triángulo que forman los ejes de coordenadas con la recta tangente a la curva $y=f(x)$ en el punto de abscisa $x=0$
SOLUCIÓN.
a)
Dominio de definición:
Tanto $6-x$ como $e^{x/3}$ son funciones que están definidas ( y son continuas ) en todos los puntos de $\mathbb{R}$, así que $f(x)=(6-x)\,e^{x/3}$ también está definida en todo $\mathbb{R}$. Por consiguiente $\text{Dom}\,f(x)=\mathbb{R}$
Puntos de corte con los ejes:
Punto de corte con el eje $Oy$. La ordenada del punto de corte con el eje de ordenadas es $f(0)=(6-0)e^{0}=-6$. Por tanto el punto de corte con dicho eje es $A(0,6)$
Puntos de corte con el eje $Ox$. Las abscisas de los puntos de corte con el eje de abscisas son las raíces de $f(x)$. Recordemos que $x$ es raíz de $f(x)$ si y sólo si $f(x)=0$, luego $(6-x)\,e^{x/3}\Leftrightarrow x=6$, por lo que hay un único punto de corte con el eje de abscisas a distancia finita del origen de coordenadas, que es $B(6,0)$.
Además, adelantamos que, como $\displaystyle \lim_{x \rightarrow -\infty}\,f(x)=0$, la función toma contacto con el eje de abscisas en $-\infty$; ésto es así por tener $f(x)$ una asíntota horizontal, cuya ecuación es, por tanto, $y=0$.
Rectas asíntotas:
Veamos si hay alguna asíntota oblicua. La ecuación de toda asíntota oblicua es $y=mx+k$, donde $m=\displaystyle \lim_{x\rightarrow \pm \infty}\,f'(x)$. Observemos que, siendo $f'(x)=(6-x)'(e^{x/3})+(6-x)(e^{x/3})'=(1-\dfrac{1}{3}x)\,e^{x/3}$, entonces $\displaystyle \lim_{x\rightarrow -\infty}\,f'(x)=0$, luego la pendiente de dicha asíntota es $m=0$; se trata de la asíntota horizontal de la que hablábamos antes. Comprobemos que $k=0$; en efecto,
$k=\displaystyle \lim_{x\rightarrow -\infty}\, f(x)-m\,x=\lim_{x\rightarrow -\infty}\,f(x)-0\cdot x=$
$\displaystyle=\lim_{x\rightarrow -\infty}\,(6-x)\,e^{x/3}\overset{\infty\cdot 0}{=}\lim_{x\rightarrow -\infty}\,\dfrac{6-x}{e^{-x/3}}=\dfrac{\infty}{\infty}\overset{\text{L'Hôpital}}{=}\lim_{x\rightarrow -\infty}\,\dfrac{(6-x)'}{(e^{-x/3})'}=$
$\displaystyle=\lim_{x\rightarrow -\infty}\,\dfrac{-1}{-\frac{1}{3}\,e^{-x/3}}=\dfrac{3}{\infty}=0$
Por otra parte no hay más asíntotas oblicuas, pues el límite $\displaystyle \lim_{x\rightarrow -\infty}\, f'(x)$ diverge.
Tampoco hay asíntotas verticales, ya que no existe ningún $k \in \mathbb{R}$ tal que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow k}\,f(x)=\pm \infty$
Así pues, sólo hay una asíntota, $\text{r}:y=0$
b)
Hemos calculado ya la primera derivada de la función: $f'(x)=(1-\dfrac{1}{3}x)\,e^{x/3}$. Veamos si $f(x)$ presenta extremos relativos ( que son todos los valores de $x$ donde la función es derivable y cuya derivada es nula ): $$f'(x)=0 \Leftrightarrow x=3$$ luego la función tiene un único extremos relativo. A continuación, debemos determinar qué tipo de extremo relativo es; para ello emplearemos el criterio del signo de la segunda derivada.
Derivando la primera derivada obtenemos $$f''(x)=(1-\dfrac{1}{3}x)'\,e^{x/3}+(1-\dfrac{1}{3}x)\,(e^{x/3})'=\dfrac{1}{3}(1-\dfrac{4}{3}x)\,e^{x/3}$$ Observemos que $f''(3)\prec 0$, luego $x=3$ es la abscisa de un máximo relativo. Su ordenada es igual a $f(3)=(6-3)\,e^{3/3}=3e\approx 8,15$
Intervalos de crecimiento/decrecimiento:
$I_{\uparrow}=(-\infty,3)$ y $I_{\downarrow}=(3,+\infty)$
A modo de resumen, dibujamos la gráfica de la función:
c)
La pendiente $m$ de la recta tangente a la gráfica de $f(x)$ en $x=0$ es $f'(0)$. Recordemos que $f'(x)=(1-\dfrac{1}{3}x)\,e^{x/3}$, luego $m=(1-0)e^0=1$
La ecuación de la recta tangente a la gráfica de $f(x)$ en $x=0$ es $\text{t}:y=1\cdot x+k$. Procedemos a calcular el valor de $k$. Como en $x=0$, la ordenada de la función ( $f(0)=(6-0)\,e^{0}=6$ ) y la ordenada la ordenada de la recta tangente ( que es igual a $0\cdot 1 +k$ ) han de tener el mismo valor, $$6=0+k$$ luego $k=6$, por tanto la ecuación de la recta tangente pedida es $$\text{t}:y=x+6$$ que aparece representada en la figura, junto con la región del plano cuya área queremos determinar
El punto de corte de la recta tangente con el eje de abscisas es $C(-6,9)$; en efecto, imponiendo que $y=0$, $x+6 \Leftrightarrow x=-6$
Así, el área de la región triangular pedida ( coloreada en la figura ) es $$\displaystyle \int_{-6}^{0}\,(x+6)\,dx=\left[\dfrac{1}{2}x^2+6x\right]_{-6}^{0}=18$$
$\square$
a) Determinar su dominio de definición, las rectas asíntotas y los puntos de corte con los ejes
b) Calcular la derivada, los intervalos de crecimiento y decrecimiento, y los extremos relativos
c) Determinar el área del triángulo que forman los ejes de coordenadas con la recta tangente a la curva $y=f(x)$ en el punto de abscisa $x=0$
SOLUCIÓN.
a)
Dominio de definición:
Tanto $6-x$ como $e^{x/3}$ son funciones que están definidas ( y son continuas ) en todos los puntos de $\mathbb{R}$, así que $f(x)=(6-x)\,e^{x/3}$ también está definida en todo $\mathbb{R}$. Por consiguiente $\text{Dom}\,f(x)=\mathbb{R}$
Puntos de corte con los ejes:
Punto de corte con el eje $Oy$. La ordenada del punto de corte con el eje de ordenadas es $f(0)=(6-0)e^{0}=-6$. Por tanto el punto de corte con dicho eje es $A(0,6)$
Puntos de corte con el eje $Ox$. Las abscisas de los puntos de corte con el eje de abscisas son las raíces de $f(x)$. Recordemos que $x$ es raíz de $f(x)$ si y sólo si $f(x)=0$, luego $(6-x)\,e^{x/3}\Leftrightarrow x=6$, por lo que hay un único punto de corte con el eje de abscisas a distancia finita del origen de coordenadas, que es $B(6,0)$.
Además, adelantamos que, como $\displaystyle \lim_{x \rightarrow -\infty}\,f(x)=0$, la función toma contacto con el eje de abscisas en $-\infty$; ésto es así por tener $f(x)$ una asíntota horizontal, cuya ecuación es, por tanto, $y=0$.
Rectas asíntotas:
Veamos si hay alguna asíntota oblicua. La ecuación de toda asíntota oblicua es $y=mx+k$, donde $m=\displaystyle \lim_{x\rightarrow \pm \infty}\,f'(x)$. Observemos que, siendo $f'(x)=(6-x)'(e^{x/3})+(6-x)(e^{x/3})'=(1-\dfrac{1}{3}x)\,e^{x/3}$, entonces $\displaystyle \lim_{x\rightarrow -\infty}\,f'(x)=0$, luego la pendiente de dicha asíntota es $m=0$; se trata de la asíntota horizontal de la que hablábamos antes. Comprobemos que $k=0$; en efecto,
$k=\displaystyle \lim_{x\rightarrow -\infty}\, f(x)-m\,x=\lim_{x\rightarrow -\infty}\,f(x)-0\cdot x=$
$\displaystyle=\lim_{x\rightarrow -\infty}\,(6-x)\,e^{x/3}\overset{\infty\cdot 0}{=}\lim_{x\rightarrow -\infty}\,\dfrac{6-x}{e^{-x/3}}=\dfrac{\infty}{\infty}\overset{\text{L'Hôpital}}{=}\lim_{x\rightarrow -\infty}\,\dfrac{(6-x)'}{(e^{-x/3})'}=$
$\displaystyle=\lim_{x\rightarrow -\infty}\,\dfrac{-1}{-\frac{1}{3}\,e^{-x/3}}=\dfrac{3}{\infty}=0$
Por otra parte no hay más asíntotas oblicuas, pues el límite $\displaystyle \lim_{x\rightarrow -\infty}\, f'(x)$ diverge.
Tampoco hay asíntotas verticales, ya que no existe ningún $k \in \mathbb{R}$ tal que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow k}\,f(x)=\pm \infty$
Así pues, sólo hay una asíntota, $\text{r}:y=0$
b)
Hemos calculado ya la primera derivada de la función: $f'(x)=(1-\dfrac{1}{3}x)\,e^{x/3}$. Veamos si $f(x)$ presenta extremos relativos ( que son todos los valores de $x$ donde la función es derivable y cuya derivada es nula ): $$f'(x)=0 \Leftrightarrow x=3$$ luego la función tiene un único extremos relativo. A continuación, debemos determinar qué tipo de extremo relativo es; para ello emplearemos el criterio del signo de la segunda derivada.
Derivando la primera derivada obtenemos $$f''(x)=(1-\dfrac{1}{3}x)'\,e^{x/3}+(1-\dfrac{1}{3}x)\,(e^{x/3})'=\dfrac{1}{3}(1-\dfrac{4}{3}x)\,e^{x/3}$$ Observemos que $f''(3)\prec 0$, luego $x=3$ es la abscisa de un máximo relativo. Su ordenada es igual a $f(3)=(6-3)\,e^{3/3}=3e\approx 8,15$
Intervalos de crecimiento/decrecimiento:
$I_{\uparrow}=(-\infty,3)$ y $I_{\downarrow}=(3,+\infty)$
A modo de resumen, dibujamos la gráfica de la función:
c)
La pendiente $m$ de la recta tangente a la gráfica de $f(x)$ en $x=0$ es $f'(0)$. Recordemos que $f'(x)=(1-\dfrac{1}{3}x)\,e^{x/3}$, luego $m=(1-0)e^0=1$
La ecuación de la recta tangente a la gráfica de $f(x)$ en $x=0$ es $\text{t}:y=1\cdot x+k$. Procedemos a calcular el valor de $k$. Como en $x=0$, la ordenada de la función ( $f(0)=(6-0)\,e^{0}=6$ ) y la ordenada la ordenada de la recta tangente ( que es igual a $0\cdot 1 +k$ ) han de tener el mismo valor, $$6=0+k$$ luego $k=6$, por tanto la ecuación de la recta tangente pedida es $$\text{t}:y=x+6$$ que aparece representada en la figura, junto con la región del plano cuya área queremos determinar
El punto de corte de la recta tangente con el eje de abscisas es $C(-6,9)$; en efecto, imponiendo que $y=0$, $x+6 \Leftrightarrow x=-6$
Así, el área de la región triangular pedida ( coloreada en la figura ) es $$\displaystyle \int_{-6}^{0}\,(x+6)\,dx=\left[\dfrac{1}{2}x^2+6x\right]_{-6}^{0}=18$$
$\square$
jueves, 1 de septiembre de 2016
Integració del moviment
Exemples d'aplicació de la integral indefinida (funcions primitives d'una funció donada)
Enunciat:
Considereu que la funció $v(t)=t^3-t^2+t+1$ ( $t$ designa la variable temps ) descriu la velocitat instantània d'una partícula en un moviment unidimensional i rectilini (al llarg de l'eix $\text{Ox}$). Sabent que a l'instant $t=1 \; \text{s}$, la posició $s$ és igual a $1 \, \text{m}$ (respecte de l'origen), determineu:
a) la funció que dóna l'acceleració instanània $a(t)$
[la funció acceleració instantània $a(t)$ és la funció derivada de la funció velocitat $v(t)$]
b) la funció que dóna la posició en cada instant de temps $x(t)$
[la funció velocitat instantània $v(t)$ és la funció derivada de la funció de posició instantànica $x(t)$]
c) els valors de la posició, la velocitat, i l'acceleració per a $t=2 \, \text{s}$
Resolució:
a) Trobem la funció acceleració derivant la funció velocitat
$a(t)=\dfrac{dx}{dt}$
$=3\,t^2-2\,t+1$
b) Per determinar la funció de posició cal resoldre el problema de la integral indefinida de la funció $v(t)$; és a dir,
$\displaystyle \int \,v(t)\,dt$
que, com és ben sabut, és igual a una família de funcions primitives $\{x(t)+C\}$ (on $C$ representa la constant d'integració )
Integrant (en aquest cas es tracta d'una i. semi immediata), trobem fàcilment
$\displaystyle \int \, \big(t^3-t^2+t+1 \big) \, dt = \dfrac{1}{4}\,t^4 - \dfrac{1}{3}\,t^3 + \dfrac{1}{2}\,t^2+ t + C \quad \quad \quad (1)$
I, imposant la condició inicial $x(1)=1$, determinem el valor de la constant d'integració: $C$
$\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{2}+1+C=1$
per tant
$C=-\dfrac{5}{12} \; \text{m}$
I, finalment, substituint aquest valor en (1) podem concretar la funció de posició
$x(t)=\dfrac{1}{4}\,t^4 - \dfrac{1}{3}\,t^3 + \dfrac{1}{2}\,t^2+ t - \dfrac{5}{12}$
c) Substituint aquest valor de la variable temps a les funcions corresponents obtenim:
$x(2)=\ldots=\dfrac{59}{12} \; \text{m}$ (la coordenada de posició es pot expressar com la distància a l'origen de coordenades)
$v(2)=\ldots=7 \; \text{m}\;\text{s}^{-1}$
$a(2)=\ldots=9 \; \text{m}\;\text{s}^{-2}$
$\square$
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