Espacio euclídeo. Problemas métricos. Distancia entre dos planos paralelos

ENUNCIADO. Sean los planos paralelos $\pi\equiv x+y-z-2=0$ y $\pi'\equiv x+y-z-5=0$. Calcúlese la distancia entre ellos.

SOLUCIÓN. Escogemos un punto $P$ de $\pi'$, $P:=(3,2,0)$. Es sabido que $$d(\pi\,,\,\pi')=d(A,\pi)=\dfrac{\left| Ax_P+By_P +Cz_P+D\right|}{\left|\sqrt{A^2+B^2+C^2}\right|}$$ Entonces, como $A=1$, $B=1$, $C=-1$ y $D=-2$, encontramos $$d(\pi\,,\,\pi')=\dfrac{\left| 3\cdot 1 + 2\cdot 1 +0\cdot (-1) -2 \right|}{\left|\sqrt{1^2+1^2+(-1)^2}\right|}=\dfrac{3}{\left| \sqrt{3} \right|}=\dfrac{1}{\left| \sqrt{3} \right|}\, \text{unidades de longitud}$$

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Ejercicios resueltos del examen de los temas 5, 6 y primera parte del 7, realizado el martes 28/11/2017

[1|2|3|4]

Espacio euclídeo. Cálculo del volumen de un tetraedro. Perpendicularidad.

ENUNCIADO. Considérense los puntos $A(0,0,0)$, $B(1,0,0)$, $C(0,1,0)$ y $D(0,0,1)$. Se pide:
a) Calcúlese el volumen del tetraedro cuyos vértices son los puntos $A$, $B$, $C$ y $D$
b) Investíguese si la recta $r$ que pasa por $A$ y por el baricentro del triángulo $\triangle\{B\,C\,D\}$ es perpendicular al plano que contiene a los puntos $B,C$ y $D$.

SOLUCIÓN.

a)
Sabemos que para un tetraedro $$\text{Volumen}=\dfrac{1}{6}\,\left|\,\left[\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AC},\overset{\rightarrow}{AD}\right] \,\right| \quad \quad (1)$$

Y conociendo $\overset{\rightarrow}{AB}=(1-0,0-0,0-0)=(1,0,0)$, $\overset{\rightarrow}{AC}=(0-0,1-0,0-0)=(0,1,0)$ y $\overset{\rightarrow}{AD}=(0-0,0-0,1-0)=(0,0,1)$, y teniendo en cuenta que podemos calcular el producto mixto $\left|\,\left[\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AC},\overset{\rightarrow}{AD}\right] \,\right|$ como $$\begin{vmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{vmatrix}=1$$ encontramos que el volumen pedido ( sustituyendo en (1) ) es $$ \text{Volumen}=\dfrac{1}{6} \cdot \left| 1 \right| = \dfrac{1}{6}\,\text{unidades de volumen}$$

b)
Denotemos por $\pi$ al plano que contiene a los puntos $B,C$ y $D$, y por tanto al triángulo $\triangle\{B\,C\,D\}$. Sabemos que la recta $r$ es perpendicular a $\pi$ si y sólo si el vector característico del plano $\pi$, al que llamaremos $\vec{n}$, tiene la misma dirección que un vector en la dirección de $r$ ( al que llamaremos $\vec{u}$ ).

Procedemos a determinar la ecuación general del plano $\pi$, extrayendo de ella el vector característico del plano $\vec{n}$. Dos vectores de $\pi$ son $\overset{\rightarrow}{BC}=(0-1,1-0,0-0)=(-1,1,0)$ y $\overset{\rightarrow}{BD}=(0-1,0-0,1-0)=(-1,0,1)$, luego un vector perpendicular a ambos vectores, y por tanto perpendicular al plano $\pi$, viene dado por $\vec{n}:=\overset{\rightarrow}{BC} \times \overset{\rightarrow}{BD}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\-1&1&0\\-1&0&1\end{vmatrix}=\vec{i}+\vec{j}+\vec{k}=(1,1,1)$

Vamos ahora a determinar la ecuación de la recta $r$, extrayendo de ella un vector $\vec{u}$ que tenga la dirección de la misma. Dicha recta pasa por $A(0,0,0)$ y por $G$ ( baricentro de $\triangle\{B\,C\,D\}$ ), cuyas coordenadas son $G\left(\dfrac{x_B+x_C+x_D}{3},\dfrac{y_B+y_C+y_D}{3},\dfrac{z_B+z_C+z_D}{3}\right)=(1/3,1/3/1/3)$, entonces $\vec{u}:=\overset{\rightarrow}{AG}=(1/3-0,1/3-0,1/3-0)=(1/3,1/3,1/3)$

Es evidente que el vector en la dirección de la recta $r$, $\vec{u}=(1/3,1/3,1/3)$, tiene la misma dirección que el vector característico del plano $\pi$, $\vec{n}=(1,1,1)$, ya que $\vec{n}=3\,\vec{u}$, por lo que concluimos que $r$ es perpendicular a $\pi$.

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Espacio euclídeo. Distancia entre dos rectas que se cruzan

ENUNCIADO. Sean las rectas
$$r\equiv x=y=z$$ y $$s \equiv \left\{\begin{matrix}x&+&y&&=&1 \\ &&&z&=&0\end{matrix}\right.$$ Averígüese si dichas rectas se cruzan y, en caso afirmativo, calcúlese la distancia entre ellas.

SOLUCIÓN. Sea $\vec{u}$ un vector que tiene la dirección de $r$ y $\vec{v}$ un vector en la dirección de $s$. Sea $A$ un punto de $r$ y $B$ un punto de $s$. Vamos a estudiar el rango de $\{\vec{u},\vec{v},\overset{\rightarrow}{AB}\}$

Tomamos $\vec{u}:=(1,1,1)$, y, para encontrar un vector de $s$ escribiremos ésta en forma paramétrica: de $s \equiv \left\{\begin{matrix}x&+&y&&=&1 \\ &&&z&=&0\end{matrix}\right.$ es inmediato pasar a las ecuaciones paramétricas; para ello, escogemos $y$ como variable secundaria ( $\lambda=y$ ), con lo cual $$s \equiv \left\{\begin{matrix}x=1-\lambda\\y=\lambda\\z=0\end{matrix}\right.$$ de la cual extraemos $\vec{v}:=(-1,1,0)$, y, por otra parte, de las mismas ecuaciones paramétricas, tomando $\lambda:=0$, vemos que un punto válido de $s$ es $B(1,0,0)$, con lo cual $\overset{\rightarrow}{AB}=(1-0,0-0,0-0)=(1,0,0)$

Así pues $\text{rango}(\{\vec{u},\vec{v},\overset{\rightarrow}{AB}\})=\text{rango}\,\begin{pmatrix}1&1&1 \\ -1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0\end{pmatrix}=3$ ( ya que es claro que $\begin{vmatrix}1&1&1 \\ -1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0\end{vmatrix} \neq 0$ ), en consecuencia las rectas se cruzan.

Procedemos a calcular la distancia entre las rectas.
Es sabido que $$d(r,s)=\dfrac{\left| \, \left[ \overset{\rightarrow}{AB}, \vec{u},\vec{v}\right]\,\right|}{\left\| \vec{u} \times \vec{v} \right\|} \quad \quad (1)$$ donde el producto mixto $\left[ \overset{\rightarrow}{AB}, \vec{u},\vec{v}\right]$ se define como $$\left[ \overset{\rightarrow}{AB}, \vec{u},\vec{v}\right]\overset{\text{def}}{=}\langle \overset{\rightarrow}{AB}\,,\, \vec{u} \times \vec{v} \rangle = \begin{vmatrix}1&0&0\\ 1&1&1 \\ -1&1&0\end{vmatrix}=-1 $$

por otra parte, $\vec{u} \times \vec{v}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\ 1&1&1 \\ -1&1&0\end{vmatrix}=-\vec{i}-\vec{j}+2\,\vec{k}=(-1,-1,2)$ y por tanto $$\left\|(-1,-1,2)\right\|=\left|\sqrt{(-1)^2+(-1)^2+2^2}\right|=\left|\sqrt{6}\right|$$

Sustituyendo pues en (1), llegamos a $$d(r,s)=\dfrac{\left|-1\right|}{\left|\sqrt{6}\right|}=\dfrac{1}{\left|\sqrt{6}\right|}\,\text{unidades de longitud}$$

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Espacio euclídeo. Cálculo de distancias

ENUNCIADO. Calcúlese la distancia entre el punto $P(1,1,1)$ y:
a) el punto $Q(-1,1,1)$
b) la recta $r \equiv x-1=y+1=z$
c) el plano $\pi \equiv x-y+z+1=0$

SOLUCIÓN.
a)
$d(P,Q)=\left\|\overset{\rightarrow}{PQ}\right\|=\left\|(-1-1,1-1,1-1)\right\|=\left\|(-2,0,0)\right\|=\left|\sqrt{(-2)^2+0^2+0^2}\right|=2$ unidades de longitud


b)
Si $\vec{u}$ es un vector que tiene la dirección de $r$ y $A$ denota un punto de dicha recta, sabemos que $$d(r,P)=\dfrac{\left\|\vec{u}\times \overset{\rightarrow}{AP}\right\|}{\left\|\vec{u}\right\|} \quad \quad (1)$$

Tomando $\vec{u}:=(1,1,1)$, tenemos que $\left\|(1,1,1)\right\|=\left|\sqrt{1^2+1^2+1^2}\right|=\left|\sqrt{3}\right|$

Por otra parte, tomamos $A:=(1,-1,0)$, con lo cual $\overset{\rightarrow}{AP}=(1-1,1-(-1),1-0)=(0,2,1)$

Con lo cual podemos calcular $$\vec{u}\times \overset{\rightarrow}{AP}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}& \vec{k}\\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 1\end{vmatrix}=-\vec{i}-\vec{j}+2\,\vec{k}=(-1,-1,2)$$ siendo su módulo: $$\left\|\vec{u}\times \overset{\rightarrow}{AP}\right\|=\left\|(-1,-1,2)\right\|=\left|\sqrt{(-1)^2+(-1)^2+2^2}\right|=\left|\sqrt{6}\right|$$

Así pues, de (1), encontramos $$d(P,r)=\dfrac{\left|\sqrt{6}\right|}{\left|\sqrt{3}\right|}=\left|\sqrt{\dfrac{6}{3}}\right|=\left|\sqrt{2}\right|\, \text{unidades de longitud}$$


c)
Sabemos que $$d(P,\pi)=\dfrac{\left|A\,x_p+B\,y_p+C\,z_p+D\right|}{\left|\sqrt{A^2+B^2+C^2}\right|} \quad \quad (2)$$ De la ecuación general del plano $\pi \equiv x-y+z+1=0$, extraemos $A=1$, $B=-1$, $C=1$ y $D=1$; y, como $x_P=y_P=z_P=1$, encontramos de (2) que $$d(P,\pi)=\dfrac{\left|1\cdot 1+(-1)\cdot 1 +1 \cdot 1 +1\right|}{\left|\sqrt{1^2+(-1)^2+1^2}\right|}=\dfrac{2}{\left|\sqrt{3}\right|}\,\text{unidades de longitud}$$

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Espacio euclídeo. Problemas métricos. Incidencias de rectas. Área de un triángulo

ENUNCIADO. Sean las rectas secantes $r \equiv \left\{\begin{matrix}x-y=1\\ z=0\end{matrix}\right.$ y $s\equiv \left\{\begin{matrix}x=1-\lambda \\ y = \lambda\\ z=0\end{matrix}\right.$ y considérense los puntos $B(0,1,0)$ y $C(0,0,1)$, Calcúlese el área del triángulo $\triangle\{ABC\}$, siend $A$ el punto de intersección de $r$ y $s$

SOLUCIÓN. Encontremos las ecuaciones implícitas de $s$; de las ecuaciones paramétricas de $s$ $$\left\{\begin{matrix}x=1-\lambda \\ y = \lambda\\ z=0\end{matrix}\right.$$ podemos escribir $$\left\{\begin{matrix}x-1=-\lambda \\ y = \lambda\\ z=0\end{matrix}\right.$$ entendiendo ésto como un sistema ecuaciones compatible determinado con una sóla incógnita, que es el parámetro $\lambda$ ( que podríamos determinar, si fijásemos $x$ e $y$ ), de manera que $$\text{rango}\begin{pmatrix}x-1 & -1 \\ y & 1 \\ z & 0\end{pmatrix}=1$$ y por tanto los menores de orden $2$ han de ser nulos:

$$\begin{vmatrix}x-1 & -1 \\ y & 1 \end{vmatrix}=x-1+y=0$$ y $$\begin{vmatrix}y & 1 \\ z & 0 \end{vmatrix}=-z=0$$ Así pues $$s\equiv \left\{\begin{matrix}x+y=1 \\ z=0\end{matrix}\right.$$ Entonces las coordenadas del punto de intersección de $r$ y $s$ son solución del sistema de ecuaciones lineales formado por las ecuaciones implícitas de las dos rectas $$\left\{\begin{matrix}x-y=1 \\ x+y=1 \\ z=0\end{matrix}\right. \sim \left\{\begin{matrix}x-y=1 \\ 2x=2 \\ z=0\end{matrix}\right.\sim \left\{\begin{matrix}y=0 \\ x=1 \\ z=0\end{matrix}\right.$$ por lo que el punto pedido es $A(1,0,0)$

-oOo-
Procedemos ahora a calcular el área del triángulo $\triangle\{ABC\}$. Es bien sabido que $$\text{Área}=\dfrac{1}{2}\,\left\| \overset{\rightarrow}{AB} \times \overset{\rightarrow}{AC} \right\| \quad \quad (1)$$ siendo $\overset{\rightarrow}{AB}=(0-1,1-0,0-0)=(-1,1,0)$ y $\overset{\rightarrow}{AC}=(0-1,0-0,1-0)=(-1,0,1)$

Calculando el producto vectorial $(-1,1,0) \times (-1,0,1) = \begin{vmatrix}\vec{i}& \vec{j} & \vec{k} \\ -1 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1\end{vmatrix}=\vec{i}+ \vec{j} + \vec{k}=(1,1,1)$
y el módulo de dicho vector $$\left\|(1,1,1)\right\|=\left|\sqrt{1^2+1^2+1^2}\right|=\left| \sqrt{3} \right|$$ luego, de (1), encontramos $$\text{Área}=\dfrac{\left| \sqrt{3} \right|}{2} \; \text{unidades de área}$$
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Modelización de la trayectoria rectilínea de una pelota tras el rebote sobre una superficie plana

ENUNCIADO. Sea el plano $\pi \equiv x+y+z-1=0$ y la recta $r\equiv \dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y}{3}=z$. Una pelota en movimiento que lleva una trayectoria rectilínea rebota de forma totalmente elástica sobre una superficie plana ( representada por el plano $\pi$ ). Determínese el punto del choque con el plano y la recta que describe la trayectoria de la pelota tras su rebote.

SOLUCIÓN.
Esto es lo que vamos a hacer para determinar la recta pedida, que denotaremos por $t$:

  i) Tomar un punto $P$ de $r$ que no esté en $\pi$

  ii) Encontrar el punto de intersección de $r$ y $\pi$ ( punto en el que se produce el rebote, que denotaremos por $I$ )

  iii) Encontrar las coordenadas del punto simétrico de $P$ con respecto del punto $I$, al que llamaremos $P'$

  iv) Determinar la recta perpendicular a $\pi$ que pasa por $P'$, a la que denotaremos por $s$

  v) Encontrar las coordenadas del punto de intersección de $s$ con $\pi$, al que denominaremos $J$

  vi) Encontrar las coordenadas del punto simétrico de $P'$ con respecto del plano $\pi$, al que llamaremos $P''$

  vii) La recta pedida $r'$ ha de contener los puntos $I$ y $P''$, luego conociendo éstos, ésta quedará determinada


Póngamonos a ello:

  i) Es evidente que un punto $P$ de $r$ que no esté en $\pi$ es, por ejemplo, $P(3,3,1)$

  ii) Para encontrar las coordenadas de $I$ hay que resolver el sistema de ecuaciones que conforman la del plano y las dos ecuaciones implícitas de $r$.

Las ecuaciones implícitas de $r$ son $r \equiv \left\{\begin{matrix}y=3z\\x=2z+1 \end{matrix}\right.$ luego el sistema a resolver es
$\left\{\begin{matrix}x&+&y&+&z&=&1\\&&y&-&3z&=&0\\x&&&-&2z&=&1 \end{matrix}\right. \overset{e_1-e_3 \rightarrow \,e_3}{\sim} \left\{\begin{matrix}x&+&y&+&z&=&1\\&&y&-&3z&=&0\\&&y&+&3z&=&0 \end{matrix}\right. \sim$

$\overset{e_2-e_3 \rightarrow \,e_3}{\sim} \left\{\begin{matrix}x&+&y&+&z&=&1\\&&y&-&3z&=&0\\&&&&-6z&=&0 \end{matrix}\right. \sim \left\{\begin{matrix}x&&&&&=&1\\&&y&&&=&0\\&&&&z&=&0 \end{matrix}\right. $ Así pues obtenemos $I(1,0,0)$

  iii) Si $P'$ es el punto simétrico de $P(3,3,1)$ con respecto al plano $\pi$ ha de cumplirse que $\overset{\rightarrow}{PP'}=2\,\overset{\rightarrow}{PI}$, luego $$(x_{P'}-x_{P},y_{P'}-y_{P},z_{P'}-z_{P})=2\,(x_{I}-x_{P},y_{I}-y_{P},z_{I}-z_{P})$$ esto es $$(x_{P'}-3,y_{P'}-3,z_{P'}-1)=2\,(1-3,0-3,0-3)$$ y por tanto $$\left\{\begin{matrix}x_{P'}-3=2\cdot (1-3) \\ y_{P'}-3=2\cdot (0-3)\\ z_{P'}-1=2\cdot (0-3)\end{matrix}\right.$$ de donde deducimos fácilmente que $x_{P'}=-1$, $y_{P'}=-3$ y $z_{P'}=-5$, luego obtenemos $P'(-1,-3,-5)$

iv) Vamos a determinar ahora la recta perpendicular a $\pi\equiv x+y+z-1=0$ que pasa por $P'(-1,-3,-5)$, que es $s\equiv \dfrac{x-(-1)}{1}=\dfrac{y-(-3)}{1}=\dfrac{z-(-5)}{1}$ esto es $s\equiv x+1=y+3=z+5$, siendo unas ecuaciones implícitas de dicha recta $s \equiv \left\{\begin{matrix}x+1=y+3\\x+1=z+5\end{matrix}\right.$, esto es $s \equiv \left\{\begin{matrix}x-y=2\\x-z=4\end{matrix}\right.$


v) Encontremos ahora las coordenadas del punto de intersección $J$ de $s$ con $\pi$, para lo cual hay que resolver el sistema de ecuaciones
$\left\{\begin{matrix}x&+&y&+&z&=&1\\x&-&y&&&=&2\\x&&&-&z&=&4 \end{matrix}\right. \overset{e_1-e_2 \rightarrow \,e_2\,,\,e_1-e_3 \rightarrow \,e_3}{\sim}\left\{\begin{matrix}x&+&y&+&z&=&1\\&&2y&+&z&=&3\\&&y&+&2z&=&-3 \end{matrix}\right.\sim$

$\overset{-2e_3+e_2 \rightarrow \,e_3}{\sim}\left\{\begin{matrix}x&+&y&+&z&=&1\\&&2y&+&z&=&3\\&&&&-3z&=&9 \end{matrix}\right.\sim \left\{\begin{matrix}x&&&&&=&1\\&&y&&&=&3\\&&&&z&=&-3 \end{matrix}\right.$ con lo cual obtenemos $J(1,3,-3)$

vi) Procedemos a encontrar las coordenadas del punto simétrico de $P'$ con respecto del plano $\pi$, al que llamaremos $P''$. Para ello tendremos en cuenta que $$\overset{\rightarrow}{P'P''}=2\,\overset{\rightarrow}{P'J}$$ esto es $$(x_{P''}-x_{P'},y_{P''}-y_{P'},z_{P''}-z_{P'})=2\,(x_{J}-x_{P'},y_{J}-y_{P'},z_{J}-z_{P'})$$ y poniendo las coordenadas de los puntos $$(x_{P''}-(-1),y_{P''}-(-3),z_{P''}-(-5))=2\,(1-(-1),3-(-3),-3-(-5))$$ es decir $$(x_{P''}+1,y_{P''}+3,z_{P''}+5)=(4,12,4)$$ con lo cual $x_{P''}=3$, $y_{P''}=9$ y $z_{P''}=-1$, obteniendo el punto $P''(3,9,-1)$

vii) Finalmente, podremos determinar la recta pedida ( que contiene a la semirrecta emergente ) que pasa por $P''(3,9,-1)$ y $J(1,3,-3)$. Un vector en la dirección de $r'$ es $\overset{\rightarrow}{JP''}=(3-1,9-3,-1-(-3))=(2,6,2)$ que es proporcional a $(1,3,1)$, luego tomaremos como vector director de $r$ el vector $\vec{v}:=(1,3,1)$, y teniendo en cuenta que $J$ está en dicha recta, podemos escribir una ecuación de $r'$ en forma continua $$r'\equiv \dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-3}{3}=\dfrac{z-(-3)}{1}$$ esto es $$r'\equiv x-1=\dfrac{y-3}{3}=x+3$$

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Recta proyección de una recta dada sobre un cierto plano

ENUNCIADO. Sea la recta $r\equiv x=y-1=-z$, determínese la ecuación de la recta $r'$ que resulta de proyectar perpendicularmente $r$ sobre el plano $\pi \equiv x-y+z-1=0$

SOLUCIÓN. Recordemos que la ecuación de la recta $r'=\text{proy}|_{\pi}(r)$ queda determinada por un punto y un vector en la dirección de la misma, esto es, por dos puntos de dicha recta $r'$; uno de ellos puede ser el punto de intersección de la recta $r$ y el plano $\pi$, y, el otro punto es el punto de intersección con el plano $\pi$ (sobre el que se realiza la proyección) con la recta perpendicular a dicho plano que pasa por un punto $P$ de $r$.

El punto $I$ de intersección de $r$ y $\pi$ viene dado por $\left\{\begin{matrix}x-y+z=1 \\ x=y-1 \\ x=-z\end{matrix}\right.$ siendo las dos últimas ecuaciones las e. implícitas de $r$ y la primera la e. del plano. La solución de este sistema de ecuaciones lineales es $\left\{\begin{matrix}x=-2\\y=-1\\z=2\end{matrix}\right.$ luego $I(-2,-1,2)$


Procedemos ahora a calcular otro punto de $r'$, como es el $P'=\text{proy}|_{\pi}(P)$, siendo $P$ un punto de $r$. De las e. implícitas de $r$, $\left\{\begin{matrix}x=y-1\\x=-z\end{matrix}\right.$, tomando $z:=0$, $x=0$ e $y=1$, luego un punto de dicha recta $r$ es $P(0,1,0)$. Un vector que tiene la dirección de la recta $s$ que pasa por dicho punto y es perpendicular a $\pi$ es el vector característico de ese plano, $\vec{n}=(1,-1,1)$, luego $s\equiv (x,y,z)=(0,1,0)+\lambda\,(1,-1,1)$, de donde podemos escribir las ecuaciones paramétricas $s\equiv \left\{\begin{matrix}x=\lambda\\y=1-\lambda\\z=\lambda\end{matrix}\right.$ y de éstas, la e. en forma continua $s\equiv x=\dfrac{y-1}{-1}=z$; así que las e. implícitas son $s\equiv \left\{\begin{matrix}x+y=1\\ x-z=0\end{matrix}\right.$. El punto $P'$ que estamos buscando es la intersección de $s$ y $\pi$, luego sus coordenadas son la solución del sistema de ecuaciones lineales $\left\{\begin{matrix}x-y+z=1\\x+y=1\\x-z=0\end{matrix}\right.$ esto es $\left\{\begin{matrix}x=0\\y=0\\z=1\end{matrix}\right.$, luego $P'(0,0,1)$

Un vector que tiene la dirección de $r'$ es $\overset{\rightarrow}{IP'}=(0-(-2),0-(-1),1-2)=(2,1,-1)$, luego la ecuación vectorial de $r'=\text{proy}|_{\pi}(r)$ es $r'\equiv (x,y,z)=(0,0,1)+\mu\,(2,1,-1)$ y las e. paramétricas son $\left\{\begin{matrix}x=2\,\mu\\ y=\mu\\ z=1-\mu\end{matrix}\right.$ de donde obtenemos la e. en forma continua, $r'\equiv \dfrac{x}{2}=y=\dfrac{z-1}{-1}$

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Proyección ortogonal de una recta sobre el plano Oxy

ENUNCIADO. Sea la recta $r\equiv x=y=z$, determínese la ecuación de la recta $r'$ que resulta de proyectar perpendicularmente $r$ sobre el plano $\pi \equiv x=0$

SOLUCIÓN. La ecuación de la recta $r'$ queda determinada por un punto y un vector en la dirección de la misma, esto es, por dos puntos de dicha recta $r'$; uno de ellos puede ser el punto de intersección de la recta $r$ y el plano $\pi$, y, el otro punto es el punto de intersección con el plano $\pi$ (sobre el que se realiza la proyección) con la recta perpendicular a dicho plano que pasa por un punto $P$ de $r$.

En este problema concreto, es muy sencillo hacer eso, pues el plano sobre el que proyectamos tiene una ecuación muy sencilla, $z=0$.

Un punto de $r$ pongamos que $P(1,1,1)$ se proyecta (sobre el plano $\pi$ que es el plano $\text{Oxy}$ ) en $P'(1,1,0)$. Por otra parte, otro punto de la recta proyectada $r'$ es $O(0,0,0)$ que es el punto de corte de $r$ con el plano $\text{Oxy}$, entonces un vector en la dirección de $r'$ es $\overset{\rightarrow}{OP'}=(1-0,1-0,0-0)=(1,1,0)$, luego la ecuación vectorial de la recta $r'$ es $r'\equiv (x,y,z)=(0,0,0)+\mu\,(1,1,0)$. Veamos cuales son las ecuaciones implícitas: las ecuaciones paramétricas son $r'\equiv \left\{\begin{matrix}x=0+\mu \\ y=0+\mu\\ z=0\end{matrix}\right.$ y de ellas vemos que $\text{rango}\begin{pmatrix}x&1 \\ y& 1 \\z&0\end{pmatrix}=1$, con lo cual deberá cumplirse que los menores complementarios de orden $2$ han de ser nulos, $\begin{vmatrix}x& 1 \\ y&1\end{vmatrix}=0\Leftrightarrow x-y=0$ y $\begin{vmatrix}x& 1 \\ y&1\end{vmatrix}=0\Leftrightarrow x-y=0$ y $\begin{vmatrix}y& 1 \\ z&0\end{vmatrix}=0\Leftrightarrow z=0$. En consecuencias, $r'\equiv \left\{\begin{matrix}x=y\\ z=0\end{matrix}\right.$

Observación: Este resultado es evidente si tenemos en cuenta que si $z=0$ ( ecuación del plano sobre el que se proyecta la recta $r$ ) entonces de $r\equiv x=y=z$ obtenemos, sin más, $r'\equiv \left\{\begin{matrix}x=y\\ z=0\end{matrix}\right.$
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Intersección de un plano dado con los planos Oxy, Oyz y Oxz

ENUNCIADO. Sea el plano $\pi\equiv 2x+y-z+1=0$, determínense las ecuaciones de las rectas que resultan de proyectar dicho plano sobre los planos $\text{Oxy}\equiv z=0$, $\text{Oyz}\equiv x=0$ y $\text{Oxz}\equiv y=0$, respectivamente.

SOLUCIÓN.
Intersección del plano $\pi$ con el plano $\text{Oxy}$:
Haciendo $z=0$, en $2x+y-z+1=0$ obtenemos $2x+y+1=0$ que es la ecuación de una recta (en el plano $\text{Oxy}$), luego las ecuaciones implícitas de dicha recta (en el espacio) son $r_{Oxy}\equiv \left\{\begin{matrix}2x+y+1=0\\z=0\end{matrix}\right.$

Intersección del plano $\pi$ con el plano $\text{Oyz}$:
Haciendo $x=0$, en $2x+y-z+1=0$ obtenemos $y-z+1=0$ que es la ecuación de una recta (en el plano $\text{Oyz}$), luego las ecuaciones implícitas de dicha recta (en el espacio) son $r_{Oyz}\equiv \left\{\begin{matrix}y-z+1=0\\x=0\end{matrix}\right.$

Intersección del plano $\pi$ con el plano $\text{Oxz}$:
Haciendo $x=0$, en $2x+y-z+1=0$ obtenemos $2x-z+1=0$ que es la ecuación de una recta (en el plano $\text{Oxz}$), luego las ecuaciones implícitas de dicha recta (en el espacio) son $r_{Oxz}\equiv \left\{\begin{matrix}2x-z+1=0\\y=0\end{matrix}\right.$

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Recta perpendicular a un plano

ENUNCIADO. Pruébese que la recta $r \equiv x=y=z$ es perpendicular al plano $\pi \equiv -x-y-z+1=0$

SOLUCIÓN. Un vector en la dirección de la recta es $\vec{u}=(1,1,1)$, y el vector característico del plano $\pi$ es $\vec{n}=(-1,-1,-1) \propto (1,1,1)$, luego al tener dichos vectores la misma dirección se concluye que $r$ es perpendicular a $\pi$.

Observación. Siendo $\vec{u}\neq \vec{0}$ y $\vec{n}\neq \vec{0}$, es sabido que $\vec{u} \times \vec{n}=\vec{0}$ es condición necesaria y suficiente de proporcionalidad entre los vectores, y, por tanto, de perpendicularidad entre la recta y el plano. Y, desde luego, se cumple que $\vec{u}\times \vec{n}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\1&1&1\\-1&-1&-1\end{vmatrix}=\vec{0}$

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Intersección de un plano con los ejes de coordenadas. Área de un triángulo.

ENUNCIADO. Sea el plano $\pi \equiv x+2y+3z-4=0$. Determínense las coordenadas de los puntos de intersección de dicho plano con los ejes de coordenadas $Ox$, $Oy$ y $Oz$, siendo la base de referencia afín $\mathcal{B}=\{O;\vec{i}=(1,0,0)\,,\,\vec{j}=(0,1,0)\,,\,\vec{k}=(0,0,1)\}$. Finalmente, calcúlese el área del triángulo cuyos vértices son dichos puntos.

SOLUCIÓN.
Un vector en la dirección del eje Ox es $\vec{i}=(1,0,0)$, luego dicho eje es la recta cuya ecuación en forma continua es $r\equiv \dfrac{x}{1}=\dfrac{y}{0}=\dfrac{z}{0}$ y, por tanto, sus ecuaciones implícitas son $r\equiv \left\{\begin{matrix}y=0\\z=0\end{matrix}\right.$ Así pues el punto de intersección del plano con el eje Ox es la solución del sistema de ecuaciones lineales compatible determinado $\left\{\begin{matrix}x+2y+3z=4\\ y=0\\z=0\end{matrix}\right.$ Así pues el punto de intersección del plano con el eje Ox es la solución del sistema de ecuaciones lineales compatible determinado $\left\{\begin{matrix}x=4\\ y=0\\z=0\end{matrix}\right.$, luego el punto de intersección con el eje Ox es $A(4,0,0)$
-oOo-Un vector en la dirección del eje Ox es $\vec{j}=(0,1,0)$, luego dicho eje es la recta cuya ecuación en forma continua es $r\equiv \dfrac{x}{0}=\dfrac{y}{1}=\dfrac{z}{0}$ y, por tanto, sus ecuaciones implícitas son $r\equiv \left\{\begin{matrix}x=0\\z=0\end{matrix}\right.$ Así pues el punto de intersección del plano con el eje Oy es la solución del sistema de ecuaciones lineales compatible determinado $\left\{\begin{matrix}x+2y+3z=4\\ x=0\\z=0\end{matrix}\right.$ Así pues el punto de intersección del plano con el eje Oy es la solución del sistema de ecuaciones lineales compatible determinado $\left\{\begin{matrix}x=0\\ y=2\\z=0\end{matrix}\right.$, luego el punto de intersección con el eje Oy es $B(0,2,0)$
-oOo-Un vector en la dirección del eje Ox es $\vec{k}=(0,0,1)$, luego dicho eje es la recta cuya ecuación en forma continua es $r\equiv \dfrac{x}{0}=\dfrac{y}{0}=\dfrac{z}{1}$ y, por tanto, sus ecuaciones implícitas son $r\equiv \left\{\begin{matrix}x=0\\y=0\end{matrix}\right.$ Así pues el punto de intersección del plano con el eje Oz es la solución del sistema de ecuaciones lineales compatible determinado $\left\{\begin{matrix}x+2y+3z=4\\ x=0\\y=0\end{matrix}\right.$ Así pues el punto de intersección del plano con el eje Oy es la solución del sistema de ecuaciones lineales compatible determinado $\left\{\begin{matrix}x=0\\ y=0\\z=4/3\end{matrix}\right.$, luego el punto de intersección con el eje Oy es $C(0,0,4/3)$
-oOo-Sabemos que $$\text{Área}=\dfrac{1}{2}\,\left\|\overset{\rightarrow}{AB}\times\overset{\rightarrow}{AC}\right\| \quad \quad (1)$$
Como $A(2,0,0),$, $B(0,4,0)$ y $C(0,04/3)$, tenemos que $\overset{\rightarrow}{AB}=(0-4,2-0,0-0)=(-4,2,0)$ y $\overset{\rightarrow}{AC}=(0-4,0-0,4/3-0)=(-4,0,4/3)$
Entonces,
$\overset{\rightarrow}{AB}\times \overset{\rightarrow}{AC}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\-4&2&0\\-4&0&4/3\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}2&0\\0&4/3\end{vmatrix}\,\vec{i}-\begin{vmatrix}-4&0\\-4&4/3\end{vmatrix}\,\vec{j}+\begin{vmatrix}-4&2\\-4&0\end{vmatrix}\,\vec{k}=$
  $=\dfrac{8}{3}\,\vec{i}+\dfrac{16}{3}\,\vec{j}+8\,\vec{k}$ siendo el módulo $\left\|\overset{\rightarrow}{AB}\times \overset{\rightarrow}{AC}\right\|=\left|\sqrt{(\dfrac{8}{3})^2+(\dfrac{16}{3})^2+8^2}\right|=\dfrac{8}{3}\,\left|\sqrt{14}\right|$
Por tanto $\text{Área}=\dfrac{1}{2}\,\left(\dfrac{8}{3}\,\left|\sqrt{14}\right|\right)=\dfrac{4}{3}\,\left|\sqrt{14}\right|\,(\text{unidades arbitrarias de longitud})^2$
$\square$

Incidencia de una recta y un plano. Ejemplo de recta contenida en un plano

ENUNCIADO. Sean la recta $r\equiv x=y=z$ y el plano $\pi \equiv y-z=0$ Investíguese la incidencia

SOLUCIÓN.
Un vector $\vec{u}$ de $r$ es $\vec{u}=(1,1,1)$ y un punto $P$ de dicha recta es $P(0,0,0)$
El vector característico de $\pi$ es $\vec{n}=(0,1,-1)$

Como $\langle \, \vec{n}\,,\,\vec{u}\,\rangle = \langle \, (0,1,-1)\,,\,(1,1,1)\,\rangle = 0\cdot 1 + 1 \cdot 1 + 1 \cdot (-1) =0$, deducimos que $\vec{n} \perp \vec{u}$, esto es el plano $\pi$ es paralelo a la recta $r$. Y, como $P$ ( de $r$ ) pertenece a $\pi$ ( ya que sus coordenadas satisfacen la ecuación del plano: $0-0\neq 0$ ), dicha recta está incluida en el plano.

$\square$

Incidencia de una recta y un plano. Ejemplo de recta paralela al plano y no contenida en él

ENUNCIADO. Sean la recta $r\equiv x=y=z$ y el plano $\pi \equiv y-z+1=0$ Investíguese la incidencia

SOLUCIÓN.
Un vector $\vec{u}$ de $r$ es $\vec{u}=(1,1,1)$ y un punto $P$ de dicha recta es $P(0,0,0)$
El vector característico de $\pi$ es $\vec{n}=(0,1,-1)$

Como $\langle \, \vec{n}\,,\,\vec{u}\,\rangle = \langle \, (0,1,-1)\,,\,(1,1,1)\,\rangle = 0\cdot 1 + 1 \cdot 1 + 1 \cdot (-1) =0$, deducimos que $\vec{n} \perp \vec{u}$, esto es el plano $\pi$ es paralelo a la recta $r$. Y, como $P$ ( de $r$ ) no pertenece a $\pi$ ( ya que sus coordenadas no satisfacen la ecuación del plano: $0-0+1\neq 0$ ), dicha recta no está incluida en el plano.

$\square$

Incidencias de rectas en el espacio. Ejemplo de dos rectas coincidentes

ENUNCIADO. Sean las rectas $r\equiv x=y=z$ y $s \equiv \dfrac{x}{2}=\dfrac{y}{2}=\dfrac{z}{2}$ Investíguese la incidencia

SOLUCIÓN.
Un vector $\vec{u}$ de $r$ es $\vec{u}=(1,1,1)$ y un punto $P$ de dicha recta es $P(0,0,0)$
Un vector $\vec{v}$ de $r$ es $\vec{v}=(2,2,2)$ y un punto $Q$ de dicha recta es $Q(1,1,1)$
El vector que desde $P$ ( de la recta $r$ ) que apunta a $Q$ ( de la recta $s$ ) es $\overset{\rightarrow}{PQ}=(1-0,1-0,1-0)=(1,1,1)$

Examinemos el rango de $\{\overset{\rightarrow}{PQ},\vec{u},\vec{v}\}$:

  $\text{rango}(\{\overset{\rightarrow}{PQ},\vec{u},\vec{v}\})=\text{rango}\,\begin{pmatrix}1&1&1 \\ 1&1&1 \\ 2&2&2\end{pmatrix}=1$, luego al ser los tres vectores de la misma dirección, las rectas $r$ y $s$ son coincidentes. $\square$

Incidencia de rectas en el espacio. Ejemplo de rectas que se cruzan

ENUNCIADO. Sean las rectas $r\equiv x-1=\dfrac{y+1}{2}=z$ y $s \equiv \dfrac{x+1}{-1}=y=z$ Investíguese la incidencia

SOLUCIÓN.
Un vector $\vec{u}$ de $r$ es $\vec{u}=(1,2,1)$ y un punto $P$ de dicha recta es $P(1,-1,0)$
Un vector $\vec{v}$ de $r$ es $\vec{v}=(-1,1,1)$ y un punto $Q$ de dicha recta es $Q(-1,0,0)$
El vector que desde $P$ ( de la recta $r$ ) que apunta a $Q$ ( de la recta $s$ ) es $\overset{\rightarrow}{PQ}=(-1-1,0-(-1),0-0)=(-2,1,0)$

Examinemos el rango de $\{\overset{\rightarrow}{PQ},\vec{u},\vec{v}\}$:

  $\text{rango}(\{\overset{\rightarrow}{PQ},\vec{u},\vec{v}\})=\text{rango}\,\begin{pmatrix}-2&1&0 \\ 1&2&1 \\ -1&1&1\end{pmatrix}=3$, luego al ser los tres vectores independientes, las rectas $r$ y $s$ se cruzan. $\square$

Incidencia de rectas en el espacio. Ejemplo de dos rectas secantes

ENUNCIADO. Sean las rectas $r\equiv x=y=z$ y $s \equiv x=-y=\dfrac{z}{2}$ Investíguese la incidencia

SOLUCIÓN.
Un vector $\vec{u}$ de $r$ es $\vec{u}=(1,1,1)$ y un punto $P$ de dicha recta es $P(0,0,0)$
Un vector $\vec{v}$ de $r$ es $\vec{v}=(1,-1,2)$ y un punto $Q$ de dicha recta es $Q(1,1,1)$
El vector que desde $P$ ( de la recta $r$ ) que apunta a $Q$ ( de la recta $s$ ) es $\overset{\rightarrow}{PQ}=(1-0,1-0,1-0)=(1,1,1)$

Examinemos el rango de $\{\overset{\rightarrow}{PQ},\vec{u},\vec{v}\}$:

  $\text{rango}(\{\overset{\rightarrow}{PQ},\vec{u},\vec{v}\})=\text{rango}\,\begin{pmatrix}1&1&1 \\ 1&1&1 \\ 1&-1&2\end{pmatrix}=2$ y, por otra parte, los vectores de las rectas $\vec{u}$ y $\vec{v}$ no tienen la misma dirección, luego las rectas $r$ y $s$ son secantes. $\square$

Incidencia de rectas en el espacio. Ejemplo de rectas paralelas no coincidentes

ENUNCIADO. Sean las rectas $r\equiv x-1=y=z$ y $s \equiv \dfrac{x+2}{2}=\dfrac{y-3}{2}=\dfrac{z+1}{2}$ Investíguese la incidencia

SOLUCIÓN.
Un vector $\vec{u}$ de $r$ es $\vec{u}=(1,1,1)$ y un punto $P$ de dicha recta es $P(1,0,0)$
Un vector $\vec{v}$ de $r$ es $\vec{v}=(2,2,2)$ y un punto $Q$ de dicha recta es $Q(-2,3,-1)$
El vector que desde $P$ ( de la recta $r$ ) que apunta a $Q$ ( de la recta $s$ ) es $\overset{\rightarrow}{PQ}=(-2-1,3-0,-1-0)=(-3,3,-1)$

Examinemos el rango de $\{\overset{\rightarrow}{PQ},\vec{u},\vec{v}\}$:

  $\text{rango}(\{\overset{\rightarrow}{PQ},\vec{u},\vec{v}\})=\text{rango}\,\begin{pmatrix}-3&3&-1 \\ 1&1&1 \\ 2&2&2\end{pmatrix}=2$ y, por otra parte, los vectores de las rectas $\vec{u}$ y $\vec{v}$ tienen la misma dirección, luego las rectas $r$ y $s$ son paralelas no coincidentes. $\square$

Espacio euclídeo. Plano bisector de dos planos secantes

ENUNCIADO. Determínense los planos bisectores del par de planos secantes $\pi\equiv x+y+z-1=0$ y $\pi'\equiv x-y+z+1=0$

SOLUCIÓN. Un plano bisector $\pi_b$ es divide el ángulo diedro que forman dos planos secantes en dos ángulos iguales. En realidad, hay dos planos bisectores ( y no sólo uno ), siendo éstos perpendiculares.

Consideremos un punto cualquiera $P$ de $\pi_b$, entonces deberá cumplirse que $d(P,\pi)=d(P,\pi')$, por consiguiente $$\dfrac{\left|x+y+z-1\right|}{\left|\sqrt{1^2+1^2+1^2}\right|}=\dfrac{\left|x-y+z+1\right|}{\left|\sqrt{1^2+(-1)^2+1^2}\right|}$$ esto es $$\dfrac{\left|x+y+z-1\right|}{\left|\sqrt{3}\right|}=\dfrac{\left|x-y+z+1\right|}{\left|\sqrt{3}\right|}$$
y por tanto
$\left|x+y+z-1\right|=\left|x-y+z+1\right| \Leftrightarrow $

  $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x+y+z-1=x-y+z+1 \Leftrightarrow y=1 \\ \\ x+y+z-1=-x+y-z-1 \Leftrightarrow x+z=0\end{matrix}\right.$

Así pues, los planos bisectores son $\pi_{b_1}\equiv y=1$ y $\pi_{b_2}\equiv x+z=0$

Observación: Comprobemos que son perpendiculares. El vector característico de $\pi_{b_1}$ es $(0,1,0)$, y el vector característico de $\pi_{b_2}$ es $(1,0,1)$, y como $\langle (0,1,0)\,,\,(1,0,1)\rangle = 0\cdot 1 + 1\cdot 0+0\cdot 1 =0$, dichos planos son, en efecto, perpendiculares uno con respecto al otro.
$\square$

Punto simétrico de un punto dado con respecto a un cierto plano

ENUNCIADO. Dado el punto $P(1,0,1)$ y el plano $\pi\equiv x-y+z-1=0$, calcúlense las coordenadas del punto $P'$ simétrico de $P$ con respecto del plano $\pi$

SOLUCIÓN. En primer lugar, tenemos que determinar la ecuación de la recta perpendicular a $\pi$ que pasa por $P$. Un vector en la dirección de $r$ es el vector característico del plano $\pi$, $\vec{n}=(A,B,C)=(1,-1,1)$ (lo deducimos de la ecuación general o implícita del plano, que viene dada ), y como $P(1,0,1)$ pertenece a dicha recta, podemos escribir, sin más, la ecuación de la misma en forma continua $$r\equiv \dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-0}{-1}=\dfrac{z-1}{1}$$ de la cual podemos escribir las ecuaciones implícitas $$r\equiv \left\{\begin{matrix}x+y=1 \\ y+z=1\end{matrix}\right.$$, que, junto a la ecuación del plano forman un sistema de ecuaciones lineales que nos permiten calcular las coordenadas del punto de intersección $I$ de $r$ con $\pi$ $$\left\{\begin{matrix}x&+&-y&+&z&=&1\\ x&+&y&&&=&1\\ &&y&+&z&=&1\end{matrix}\right. \overset{f_2-f_1 \rightarrow \,f_1}{\sim} \left\{\begin{matrix}x&+&-y&+&z&=&1\\ &&2y&-&z&=&0\\ &&y&+&z&=&1\end{matrix}\right. \overset{-2\,f_3+f_2 \rightarrow \,f_3}{\sim}$$
$$\sim \left\{\begin{matrix}x&+&-y&+&z&=&1\\ &&2y&-&z&=&0\\ &&&&-3z&=&-2\end{matrix}\right.$$ Despejando $z$ de la tercera ecuación, obtenemos $z=\dfrac{2}{3}$; sustituyendo este resultado en la segunda y despejando $y$, encontramos $y=\dfrac{1}{3}$, y sustituyendo estos dos resultados en la primera ecuación, encontramos $x=\dfrac{2}{3}$. Así pues el punto de intersección buscado es $I(\dfrac{2}{3},\dfrac{1}{3},\dfrac{2}{3})$

Denotemos ahora por $P'$ el punto simétrico de $P$, que al igual que éste está también en $r$ y por tanto está alineado con $P$ e $I$, cumpliéndose que $d(P,I)=d(I,P')$; deberá cumplirse entonces que $$\overset{\rightarrow}{PP'}=2\,\overset{\rightarrow}{PI}$$ esto es $$(x_{P'}-1,y_{P'}-0,z_{P'}-1)=2\,(\dfrac{2}{3}-1,\dfrac{1}{3}-0,\dfrac{2}{3}-1)$$ en consecuencia $$\begin{matrix}x_{P'}-1=-\dfrac{2}{3} \Rightarrow x_{P'}=\dfrac{1}{3}\\ y_{P'}=\dfrac{2}{3}\\ z_{P'}-1=-\dfrac{2}{3} \Rightarrow z_{P'}=\dfrac{1}{3}\end{matrix}$$ luego el punto simétrico ( con respecto al plano $\pi$ ) del punto $P$ es $P'(\dfrac{1}{3},\dfrac{2}{3},\dfrac{1}{3})$

$\square$

Ecuación general de un plano. Vector característico de un plano.

Sean $\vec{u}=(u_1,u_2,u_3)$ y $\vec{v}=(v_1,v_2,v_3)$ dos vectores paralelos a un plano $\pi$, y $P(x_P,y_P,z_P)$ un punto del mismo. Entonces, las ecuaciones paramétricas de dicho plano son $$\pi\equiv \left\{\begin{matrix}x-x_P & = & \lambda\, u_1 &+& \mu\,v_1 \\ y-y_P & = & \lambda\, u_2 &+& \mu\,v_2 \\ z-z_P & = & \lambda\, u_3 &+& \mu\,v_3\end{matrix}\right.$$ donde $X(x,y,z)$ es un cierto punto $\pi$ que podemos escoger libremente. Elegido $X$, los valores de los parámetros quedan fijados, luego podemos ver estas ecuaciones como un sistema de ecuaciones lineales cuyas incógnitas son $\lambda$ y $\mu$, luego $$\text{rango}\begin{pmatrix}x-x_P & u_1 & v_1 \\ y-y_P & u_2 & v_2 \\ z-z_P & u_3 & v_3 \end{pmatrix}=2 \Leftrightarrow \begin{vmatrix}x-x_P & u_1 & v_1 \\ y-y_P & u_2 & v_2 \\ z-z_P & u_3 & v_3 \end{vmatrix}=0$$ Desarrollando por la primera columna este determinante (Laplace) obtenemos $$(x-x_P)\,\begin{vmatrix}u_2 & v_2 \\ u_3 & v_3 \end{vmatrix}-(y-y_P)\,\begin{vmatrix}u_1& v_1 \\ u_3 & v_3 \end{vmatrix} + (z-z_P)\,\begin{vmatrix}u_1 & v_1 \\ u_2 & v_2 \end{vmatrix}=0$$ Y denotando: $A=\begin{vmatrix}u_2 & v_2 \\ u_3 & v_3 \end{vmatrix}$, $B=-\begin{vmatrix}u_1 & v_1 \\ u_3 & v_3 \end{vmatrix}$ y $C=\begin{vmatrix}u_1 & v_1 \\ u_2 & v_2 \end{vmatrix}$, podemos escribir la ecuación del plano de la forma $\pi\equiv A\,(x - x_P)+B\,(y - y_P)+C\,(z- z_P)=0$, esto es $\pi \equiv A\,x+B\,y+C\,z-(A\,x_P+B\,y_P+C\,z_P)=0$; y denotando $D=-(A\,x_P+B\,y_P+C\,z_P)$, escribiremos la ecuación general del plano de la forma $$\pi\equiv A\,x+B\,y+C\,z+D=0$$

Observación importante: Démonos cuenta de que un vector perpendicular al plano $\pi$, al que llamaremos vector característico de $\pi$, viene dado por el producto vectorial $\vec{u} \times \vec{v}$, que, por la definición de esta operación es igual a

$\vec{u} \times \vec{v} = \begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j} & \vec{k}\\ u_1 & u_2 & u_3 \\ v_1 & v_2 & v_3 \end{vmatrix}= \begin{vmatrix}u_2 & v_2 \\ u_3 & v_3 \end{vmatrix}\, \vec{i}-\begin{vmatrix}u_1& v_1 \\ u_3 & v_3 \end{vmatrix}\,\vec{j}+\begin{vmatrix}u_1 & v_1 \\ u_2 & v_2 \end{vmatrix}\,\vec{k}$

    $=A\,\vec{i}+B\,\vec{j}+C\,\vec{k}=(A,B,C)$

Entonces, para determinar los coeficientes $A$, $B$ y $C$ de un plano, conociendo dos vectores paralelos, basta con calcular el producto vectorial de estos dos vectores; y, el valor del coeficiente $D$, se calcula imponiendo que un punto $P$ de $\pi$ conocido satisfaga la igualdad $A\,x_P+B\,y_P+C\,z_P+D=0$ con lo cual $D=-(A\,x_P+B\,y_P+C\,z_P)$

$\square$

Espacio euclídeo. Problemas métricos. Distancia entre dos rectas que se cruzan

Sean $r$ y $s$ dos rectas que se cruzan. Consideremos dos vectores, $\vec{u}$ y $\vec{v}$, en las direcciones de $r$ y $s$, respectivamente; y sean los puntos $P$ y $Q$, puntos de las rectas $r$ y $s$, respectivamente.

Si las rectas se cruzan y no se cortan -- en ese caso la distancia sería igual a cero --, los vectores $\vec{u}$ y $\vec{v}$ y el punto $P$ de $r$ caracterizan un plano $\pi$ que es paralelo a otro plano $\pi'$, que es el que contiene a $s$. Denotaremos por $d(r,s)$ la distancia mínima pedida entre las rectas, que se mide sobre la perpendicular de la recta $s$ sobre el plano $\pi$.

Entonces los vectores $\overset{\rightarrow}{PQ}$, $\vec{u}$ y $\vec{v}$ conforman un prisma ( oblicuo, en general ) cuyo volumen viene dado por el valor absoluto del producto mixto $\left| \,\left[ \, \overset{\rightarrow}{PQ},\vec{u},\vec{v}\, \right] \right|$, si bien, por otra parte también puede calcularse por medio de $\left\| \vec{u} \times \vec{v} \right\| \cdot d(r,s)$, con lo cual podemos escribir $$\left| \,\left[ \, \overset{\rightarrow}{PQ},\vec{u},\vec{v}\, \right] \, \right|= \left\| \vec{u} \times \vec{v} \right\| \cdot d(r,s)$$ y despejando la distancia pedida, $d(r,s)$, obtenemos $$d(r,s)=\dfrac{\left| \,\left[ \, \overset{\rightarrow}{PQ},\vec{u},\vec{v}\, \right] \, \right|}{ \left\| \vec{u} \times \vec{v} \right\|} \quad \quad (1)$$

Nota: Recordemos que $\left[ \, \overset{\rightarrow}{PQ},\vec{u},\vec{v}\, \right]\overset{\text{def}}{=} \langle \, \overset{\rightarrow}{PQ}\,,\,\vec{u} \times \vec{v}\,\rangle $

-oOo-
Procedimiento alternativo:
Otra forma de llegar a este resultado:
Como los planos $\pi$ y $\pi'$ que contienen respectivamente a $r$ y $s$ son paralelos, un vector característico de $\pi$ ( que contiene a $P$ ) es $\vec{u} \times \vec{v} \overset{\text{def}}{=}\begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ u_1 & u_2 & u_3 \\ v_1 & v_2 & v_3 \end{vmatrix} = (A,B,C)$ donde $A=\begin{vmatrix}u_2 & v_2 \\ u_3 & v_3\end{vmatrix}$, $B=-\begin{vmatrix}u_1 & u_3 \\ v_1 & v_3\end{vmatrix}$ y $C=\begin{vmatrix}u_1 & u_2 \\ v_1 & v_2\end{vmatrix}$, luego $\pi \equiv Ax+By+Cz+D=0$. En consecuencia, $$d(r,s)=d(Q,\pi)=\dfrac{\left|A\,x_Q+B\,y_Q+C\,z_Q+D\right|}{\left|\sqrt{A^2+B^2+C^2}\right|}$$ y también podemos decir que $$d(r,s)=d(P,\pi')=\dfrac{\left|A\,x_P+B\,y_P+C\,z_P+D'\right|}{\left|\sqrt{A^2+B^2+C^2}\right|} \quad \quad (2)$$

-oOo-
Ejemplo:
ENUNCIADO.
Sean las rectas $r\equiv \dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y}{1}=\dfrac{z}{-1}$ y $s\equiv \dfrac{x}{2}=\dfrac{y-1}{1}=\dfrac{z-1}{1}$- Calcúlese la distancia entre $r$ y $s$.

SOLUCIÓN.
Procedimiento 1:
Recordemos, de (1), que $$d(r,s)=\dfrac{\left| \,\left[ \, \overset{\rightarrow}{PQ},\vec{u},\vec{v}\, \right] \, \right|}{ \left\| \vec{u} \times \vec{v} \right\|}$$ Procedamos pues al cálculo del producto mixto del numerador y del módulo del producto vectorial del denominador.

Un punto $P$ de $r$ es $P(1,0,0)$ y un vector en la dirección de dicha recta es $\vec{u}=(1,1,-1)$; y, un punto $Q$ de $s$ es $Q(0,1,1)$ y un vector en la dirección de dicha recta es $\vec{v}=(2,1,1)$; por otra parte, $\overset{\rightarrow}{PQ}=(0-1,1-0,1-0)=(-1,1,1)$

Entonces $[\overset{\rightarrow}{PQ},\vec{u}\,\vec{v}]=\begin{vmatrix}-1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 \\ 2 & 1 & 1\end{vmatrix}\overset{f_1+f_2 \rightarrow \, f_2}{=}\begin{vmatrix}-1 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 2 & 1 & 1\end{vmatrix}=\overset{\text{Laplace 2ª fila}}{=}2\,\begin{vmatrix}-1&1 \\ 2 & 1\end{vmatrix}=$
  $=2\cdot (-3)=-6$, siendo por tanto $\left|\,[\overset{\rightarrow}{PQ},\vec{u}\,\vec{v}]\,\right|=\left|-6\right|=6$
y
$\vec{u} \times \vec{v}\overset{\text{def}}{=}\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\1&1&-1\\2& 1&1\end{vmatrix}=2\,\vec{i}-3\,\vec{j}-\vec{k}=(2,-3,-1)$ y $\left\|\vec{u}\times \vec{v}\right\|=\left\|(2,-3,-1)\right\|=\left|\sqrt{2^2+(-3)^2+(-1)^2}\right|=\left|\sqrt{14}\right|$
Con lo cual, de (1), $$d(r,s)=\dfrac{6}{\left|\sqrt{14}\right|}$$

Procedimiento 2:
Hemos deducido en (2) que $d(r,s)=d(Q,\pi)=\dfrac{\left| A\,x_Q+B\,y_Q+C\,z_Q+D\right|}{\left|\sqrt{A^2+B^2+C^2}\right|}$ Necesitamos pues calcular los coeficientes $A,B,C$ y $D$. Como un vector perpendicular al plano $\pi$ es $\vec{u} \times \vec{v}=(2,-3,-1)$ ( tal como ya hemos calculado al desarrollar el problema mediante el primer procedimiento ), vemos que $A=2$, $B=-3$ y $C=-1$, de modo que $\pi\equiv 2x-3y-z+D=0$. Y, para determinar $D$, imponemos que $P(1,0,0)$ está en $\pi$, luego ha de cumplirse que $2\cdot 1 -3\cdot 0-1\cdot 0 +D=0$, con lo cual $D=-2$. Y siendo $Q$ de $s$ ( y por tanto de $\pi'$, $Q(0,1,1)$, encontramos finalmente la distancia pedida $$d(r,s)=\dfrac{\left|2\cdot 0-3\cdot (-1)-1\cdot 1-2\right|}{\left|\sqrt{2^2+(-3)^2+(-1)^2}\right|}=\dfrac{6}{\left|\sqrt{14}\right|}$$

$\square$

Espacio euclídeo. Problemas métricos. Distancia entre un punto y un plano.

Espacio euclídeo. Problemas métricos. Distancia entre una recta y un punto exterior a la misma.

Espacio euclídeo. Problemas métricos. Recta que pasa por un cierto punto, paralela a dos planos dados, pero no contenida en ninguno de los dos

Espacio euclídeo. Problemas métricos. Ecuación de un plano que contiene a un punto dado y que es perpendicular a una cierta recta

Problemas métricos. Recta que pasa por un punto dado y es perpendicular a un cierto plano

Determínese la ecuación de un plano que contiene a un punto dado y que es paralelo a una recta dada y perpendicular a otro plano que también nos viene dado

ENUNCIADO. Determínese la ecuación de un plano $\pi$ de que cumpla las siguientes condiciones:
i) Contiene al punto $P(1,0,-1)$
ii) Es perpendicular al plano $\pi'\equiv x-y+2z+1=0$
iii) Es paralelo a la recta $r\equiv \left\{\begin{matrix}x-2y=0 \\ z=0\end{matrix}\right.$

SOLUCIÓN.
El plano pedido viene determinado por $(\vec{n},P)$, donde $\vec{n}$ es un vector en la dirección perpendicular a dicho plano y $P$ está en $\pi$. Conocemos las coordenadas de un punto que está en $\pi$, $P(1,0,-1)$, pero no conocemos directamente las coordenadas de $\vec{n}$; procedamos pues a determinar $\vec{n}$:

Sabemos que si $\vec{u}$ y $\vec{v}$ son dos vectores paralelos a $\pi$, entonces $\vec{u} \times \vec{v}$ es un vector perpendicular a $\pi$, con lo cual tomaremos $\vec{n}:=\vec{u} \times \vec {v} \quad \quad (1)$


El vector característico de $\pi'\equiv x-y+2z+1=0$, cuyas coordenadas son $(1,-1,2)$, es perpendicular a $\pi'$, luego es paralelo a $\pi$, por tanto tomaremos $\vec{v}:=(1,-1,2)$


Por otra parte, las ecuaciones implícitas de $r$ forman un sistema compatible indeterminado con una variable secundaria $\left\{\begin{matrix}x-2y=0 \\ z=0\end{matrix}\right.$. Eligiendo $y$ como variable secundaria, $y=\lambda$, escribimos las ecuaciones paramétricas de dicha recta, $r \equiv \left\{\begin{matrix}x=2\,\lambda \\ y=\lambda \\z=0\end{matrix}\right.$, con lo cual podemos decir que $\left\{\begin{matrix}x-0=2\,\lambda \\ y-0=1\cdot \lambda \\ z-0=0\cdot \lambda\end{matrix}\right.$, en consecuencia un vector de la dirección de $r$, y por tanto también paralelo a $\pi$, tiene por coordenadas $(2,1,0)$; así pues tomamos $\vec{u}:=(2,1,0)$


Ahora, de (1), el vector característico de $\pi$ es
$\vec{n}=\begin{vmatrix}\vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 2 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & 2\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}1 & 0 \\ -1 & 2\end{vmatrix}\,\vec{i}-\begin{vmatrix}2 & 0 \\ 1 & 2\end{vmatrix}\,\vec{j}+\begin{vmatrix}2 & 1 \\ 1 &
-1\end{vmatrix}\,\vec{k}=2\,\vec{i}-4\,\vec{j}-3\,\vec{k}=(2,-4,-3)$
con lo cual la ecuación general del plano pedido es $\pi\equiv 2\,x-4\,y-3\,z+D=0$, en la que sólo falta por determinar el valor del coeficiente $D$; para ello, imponemos la condición $P(1,0,-1) \in \pi$, luego $$2\cdot 1-4\cdot 0 -3\cdot (-1)+D =0 \Leftrightarrow D=-4$$ Así pues $\pi\equiv 2\,x-4\,y-3\,z-5=0$

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Lista de problemas métricos en el espacio euclídeo tridimensional

Vector característico de un plano

  Ecuación normal de un plano
    Ecuación de un plano que pasa por un punto dado y es perpendicular a un cierto vector
    Ecuación de la recta perpendicular que pasa por un punto dado y es perpendicular a un cierto plano
    Ecuación de un plano que pasa por un punto dado y es perpendicular a una cierta recta
    Coordenadas del punto simétrico de un punto dado con respecto a una cierta recta
    Ecuación de la recta que resulta de proyectar una cierta recta sobre un plano dado

  Ángulo de dos rectas que se cruzan
  Ángulo de dos planos
  Ángulo de recta y plano
    Ángulo que forman un vector en la dirección de la recta y un vector perpendicular al plano
    Ángulo agudo que forma una cierta recta con su proyección sobre un plano dado

  Distancia de un punto a un plano
  Distancia entre dos planos paralelos
  Distancia de un punto a una recta
  Distancia entre dos rectas que se cruzan

Matrices escalonadas reducidas

Matrices equivalentes por filas:
Dos matrices $A$ y $B$ son matrices equivalentes por filas y lo notaremos por $A \sim_f B$ o $B \sim_f A $ si se puede transformar la una en la otra mediante operaciones elementales por filas, que pueden ser cualesquiera de las siguientes:
  1) intercambio de dos filas
  2) multiplicación de todos los elementos de una fila por un escalar no nulo
  3) suma de una fila por otra multiplicada por un escalar

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Matrices escalonadas:
Una matriz $A$ es escalonada reducida por filas si:
  i) las filas compuestas enteramente por ceros están agrupadas den la parte inferior de la matriz
  ii) el pivote de cada fila no nula es $1$
  iii) el pivote de cada fila no nula está a la derecha del pivote de la fila anterior
  iv) los elementos que aparecen en la misma columna que el pivote de una fila y debajo de éste son nulos

Llamamos matriz escalonada por Gauss a la matriz escalonada por filas que obtenemos al aplicar a una matriz $A$ las operaciones elementales por filas convenientes.

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Matrices escalonadas reducidas por filas:
Una matriz es escalonada reducida si es escalonada y, además, si es tal que
  v) los elementos que aparecen en la misma columna que el pivote de una fila son todos nulos

Ejemplos:
a) $\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 4\\ 0 & 1 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 3 \end{pmatrix}$, b) $\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 7\\ 0 & 1 & 1 & 9 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$, c) $\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 & 5\\ 0 & 1 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}$

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Propiedades:
1. Si $A$ y $B$ son dos matrices reducidas por filas y dichas matrices son también equivalentes por filas $A \sim_f B$ o $B \sim_f A$, entonces diremos que $A=B$

2. Cada matriz es equivalente por filas a una única matriz escalonada reducida por filas, a la que llamamos forma normal de Hermite. A esta matriz, que es única, se llega por medio de operaciones elementales por filas, si bien pueden seguirse caminos distintos.

-oOo-
Aplicación:

En los sistemas de ecuaciones lineales, mediante la siguiente propiedad, podemos averiguar los rangos de las matrices $A$ y $(A|B)$ encontrando la forma de Hermite de las mismas. Véanse los siguientes [ejemplos].

3. Dado un sistema de ecuaciones lineales, $AX=B$, con matriz ampliada $(A|B)$, siendo $H$ la forma normal de Hermite para dicha matriz, entonces el sistema cuya matriz ampliada es $H$ es un sistema escalonado reducido equivalente ( en rango y solución ) al de partida. El siguiente ejemplo ilustra el proceso de análisis y resolución ( si procede ) de un sistema de ecuaciones lineales, empleando la matriz escalonada reducida del sistema ( o forma normal de Hermite ).


Observación importante: Lo mismo podemos decir si reducimos la matriz $(A|B)$ por Gauss, escalonándola simplemente ( no hace falta que sea escalonada reducida ): el rango de ésta es equivalente a la matriz $(A|B)$ y el sistema cuya matriz ampliada es la matriz reducida por Gauss de $(A|B)$ es un sistema reducido por Gauss equivalente ( en rango y solución ) al original.

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Álgebra lineal con GeoGebra. Estudio y resolución de sistemas de ecuaciones lineales mediante las utilidades CAS de GeoGebra

Empleando la noción de matriz escalonada reducida, procedemos a exponer algunos ejemplos de análisis de rangos (y, en su caso, también de resolución) de sistemas de ecuaciones lineales.


Nota: También podemos resolver rápidamente un sistema de ecuaciones lineales mediante la instrucción Resuelve[{lista de ecuaciones},{lista de incógnitas}], que es la instrucción básica que ofrece GeoGebra y que ya utilizábamos en Primero de Bachillerato, aunque no da tanto juego para el análisis de rangos como la instrucción EscalonadaReducida(matriz). Tenéis unos cuantos ejemplos en [este otro artículo].

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Un ejercicio de vectores en el espacio euclídeo

Haz de planos de arista una recta dada

Consideremos una recta $r$, entonces el conjunto de planos que se intersecan en $r$ se denomina haz de planos de arista $r$. Supongamos dos de esos planos, esto es $\pi\equiv Ax+By+Cz+D=0$ y $\pi'\equiv A'x+B'y+C'z+D'=0$ tales que $\text{rango}\left(\begin{array}{ccc|c}A&B&C&-D \\ A'&B'&C'&-D' \end{array}\right)=2$, entonces para $m$ y $n$ no simultáneamente nulos, se tiene que $m\,(Ax+By+Cz+D)+n\,(A'x+B'y+C'z+D')=0$ ( ecuación del haz de planos de arista $r$ ).

Notemos que si $n=0$, obtenemos en particular la ecuación del plano $\pi$ ( y si $m=0$, obtenemos la de $\pi'$ ); excluyendo el plano $\pi$ ( el valor $0$ de $n$ ), haciendo $k:=\dfrac{m}{n}$, podemos expresar cualquier otro plano del haz mediante la expresión $$k\,(Ax+By+Cz+D)+A'x+B'y+C'z+D'=0$$

Observación: También podemos decir que $(m\,A+n\,A')\,x+(m\,B+n\,B')\,y+(m\,C+n\,C')\,z+m\,D+n\,D'=0$ es la ecuación general de un plano cualquiera de los planos de dicho haz.

Ejemplo
ENUNCIADO. Sea $\mathcal{H}$ un haz de planos de arista $r \equiv (x,y,z)=(1,1,1)+\lambda\,(1,2,3)$ ( ecuación vectorial de $r$ ). Determínese la ecuación del plano del haz que contiene al punto $P(0,1,1)$

SOLUCIÓN. Calculemos las ecuaciones implícitas de $r$. De la ecuación vectorial de $r$ podemos escribir las ecuaciones paramétricas $$r\equiv \left\{\begin{matrix}x=1+\lambda \\ y=1+2\,\lambda \\ z=1+3\,\lambda\end{matrix}\right.$$ luego $$r\equiv \left\{\begin{matrix}x-1=\lambda \\ y-1=2\,\lambda \\ z-1=3\,\lambda\end{matrix}\right.$$ y por tanto, al tratarse de un sistema compatible determinado con una incógnita ( el parámetro ) deberá cumplirse que $$\text{rango}\left(\begin{array}{c|c}1 & x-1 \\ 2 & y-1 \\ 3 & z-1 \end{array}\right)=1$$ en consecuencia $$\begin{vmatrix}1 & x-1 \\ 2 & y-1\end{vmatrix}=0 \Leftrightarrow 2x-y-1=0$$ y
$$\begin{vmatrix}1 & x-1 \\ 3 & z-1\end{vmatrix}=0 \Leftrightarrow 3x-z-2=0$$ Así pues $$r \equiv \left\{\begin{matrix}2x-y-1=0 \\ 3x-z-2=0\end{matrix}\right.$$ siendo éstas las ecuaciones de dos de los planos del haz $\mathcal{H}$ por consiguiente la ecuación del haz de planos es $m\,(2x-y-1)+n(3x-z-2)=0$, y, descartando el plano $\pi \equiv 2x-y-1=0$ ( $n:=0$ ) y, poniendo $\lambda:=\dfrac{m}{n}$, podemos decir que el resto de planos del haz cumplen la ecuación $$\lambda\,(2x-y-1)+(3x-z-2)=0$$;

Calculemos ahora el valor de $\lambda$ para que $P(0,1,1)$ forme parte del haz, y por tanto de uno de sus planos; entonces sus coordenadas han de satisfacer la ecuación del haz: $$\lambda \cdot ((2\cdot 0 -1-1)+(3\cdot 0-1-2)=0 \Rightarrow \lambda = -\dfrac{3}{2}$$ por tanto el plano $\pi_P$ al cual pertenece $P$ tiene por ecuación general $$\pi_P \equiv -\dfrac{3}{2}\,(2x-y-1)+(3x-z-2)=0$$ esto es $$\pi_P \equiv 3y - 2z -1 = 0$$

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El problema de Monty Hall

Rectas paralelas en el espacio

ENUNCIADO. Considérense las rectas $$r \equiv x+2=\dfrac{y-3}{4}=\dfrac{z}{2}$$ y $$s \equiv \dfrac{x}{m}=\dfrac{y-1}{n}=z$$ Calcúlense los valores de $m$ y $n$ para que las rectas sean paralelas.

SOLUCIÓN. Teniendo en cuenta que podemos expresar con mayor detalle la ecuación en forma continua de $r$ $$r \equiv \dfrac{x+2}{1}=\dfrac{y-3}{4}=\dfrac{z}{2}$$ Un vector en la dirección de $r$ es $\vec{u}=(1,4,2)$; por otra parte, como $$s \equiv \dfrac{x}{m}=\dfrac{y-1}{n}=\dfrac{z}{1}$$ un vector con la dirección de $s$ es $\vec{v}=(m,n,1)$

Sabemos que $r$ y $s$ son paralelas si $\vec{u} \propto \vec{v}$ ( los vectores son dependientes, esto es existe $k \in \mathbb{R}$ tal que $\vec{u} = k\, \vec{v}$ ) $\Leftrightarrow \vec{u} \times \vec{v} = \vec{0}$

Imponiendo la condición suficiente, $$\begin{vmatrix}\vec{i}& \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & 4 & 2 \\ m & n & 1\end{vmatrix}=\vec{0}$$ es decir $$\begin{vmatrix}4 & 2 \\ n & 1\end{vmatrix}\,\vec{i} - \begin{vmatrix}2 & 2 \\ m & 1\end{vmatrix}\,\vec{j}+\begin{vmatrix}1 & 4 \\ m & n\end{vmatrix}\,\vec{k} = \vec{0}$$ por tanto $$(4-2n)\,\vec{i}-(1-2m)\,\vec{j}+(n-4m)\,\vec{k}=\vec{0}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}4-2n=0\\1-2m=0\\n-4m=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}n=2 \\ m=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.$$
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Un caso de incidencia de una recta y un plano

ENUNCIADO. Sea el plano $\pi \equiv x+y+z+1=0$ y la recta $r\equiv \left\{\begin{matrix}x&=&2+\lambda \\ y&=&\lambda \\ z&=&1-\lambda\end{matrix}\right.$. Estúdiese la incidencia de $r$ y $\pi$.

SOLUCIÓN. Un vector perpendicular a $\pi$ es $\vec{n}=(A,B,C)=(1,1,1)$. Por otra parte, de las ecuaciones paramétricas de $r$, vemos que un vector que tiene la dirección que dicha recta es $\vec{u}=(1,1,-1)$. Veamos ahora si el producto escalar $\langle \vec{n}\,,\,\vec{r}\rangle$ es nulo, pues de serlo significaría que la recta y el plano son paralelos; calculémoslo: $\langle \vec{n}\,,\,\vec{r}\rangle = \langle (1,1,1)\,,\,(1,1,-1)\rangle=1\cdot 1 +1 \cdot 1 + 1 \cdot (-1)=1\neq 0$, luego $r$ y $\pi$ no son paralelos, luego son secantes.

Vamos a calcular el punto de intersección $P = \pi \cap r$. Sus coordenadas han de ser la solución del sistema compatible determinado formado por la ecuación general del plano $$x+y+z+1=0 \quad \quad (1)$$ y las dos ecuaciones implícitas de la recta, que procedemos a determinar a continuación: de $r\equiv \left\{\begin{matrix}x&=&2+\lambda \\ y&=&\lambda \\ z&=&1-\lambda\end{matrix}\right.$ podemos escribir que $r\equiv \left\{\begin{matrix}x-2&=&\lambda \\ y-0&=&\lambda \\ z-1&=&-\lambda\end{matrix}\right.$ por tanto $$\text{rango}\begin{pmatrix}x-2 & 1 \\ y-0 & 1 \\ z-1 & -1\end{pmatrix}=1$$ con lo qual los menores de orden $2$ han de ser nulos $$\begin{vmatrix}x-2 & 1 \\ y-0 & 1\end{vmatrix}=0 \Leftrightarrow x-2-y=0 \quad \quad (2)$$ y $$\begin{vmatrix}x-0 & 1 \\ z-1 & -1\end{vmatrix}=0 \Leftrightarrow -y-z+1=0 \quad \quad (3)$$ Entonces, de (1), (2) y (3) formamos el sistema de ecuaciones $$\left\{\begin{matrix}x&+&y&+&z&=&-1 \\ x&-&y&&&=&2 \\ &&y&+&z&=&-1\end{matrix}\right. \overset{e_1-e_2 \rightarrow\, e_2}{\sim} \left\{\begin{matrix}x&+&y&+&z&=&-1 \\ &&2y&+&z&=&-3 \\ &&y&+&z&=&-1\end{matrix}\right. \overset{-2\,e_3+e_2 \rightarrow \,e_3}{\sim}$$
$\sim \left\{\begin{matrix}x&+&y&+&z&=&-1 \\ &&2y&+&z&=&-3 \\ &&&&-z&=&-1\end{matrix}\right.$ con lo cual, de la tercera ecuación, obtenemos $z=1$; sustituyendo este resultado en la segunda, encontramos que $y=-2$; y, sustituyendo estos dos en la primera, obtenemos $x=0$. Así pues el punto de intersección de la recta y el plano es $P(1,-2,0)$
$\square$

Vectores perpendiculares

ENUNCIADO. Un cierto cuadrilátero tiene por vértices los puntos $A(1,-2,2)$, $B(1,4,0)$, $C(-4,1,1)$ y $D(-5,-5,3)$. Demuéstrese que las diagonales $AC$ y $BD$ son perpendiculares entre sí.

SOLUCIÓN. Calculemos los vectores sobre cada una de las dos diagonales:
$\overset{\rightarrow}{AC}=(-4-1,1-(-2),1-2)=(-5,3,-1)$
$\overset{\rightarrow}{BD}=(-5-1,-5-4,3-0)=(-6,-9,3)$
Veamos ahora si el producto escalar de estos dos vectores es nulo; si es así, habremos demostrado que son ortogonales y por tanto que las diagonales referidas lo son. En efecto,
$\langle \overset{\rightarrow}{AC}\,,\,\overset{\rightarrow}{BD} \rangle =\langle (-5,3,-1),(-6,-9,3)\rangle =$
    $=-5\cdot (-6)+3\cdot (-9)+(-1)\cdot 3=0 \Rightarrow \overset{\rightarrow}{AC} \perp \overset{\rightarrow}{BD}$
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Incidencia de rectas en el espacio

ENUNCIADO. Sean las rectas $$r \equiv \left\{\begin{matrix}x&+&y&-&z&+&1&=&0 \\ x&+&3y&+&z&&&=&0\end{matrix}\right.$$ y $$s \equiv \left\{\begin{matrix}x&=&1+\mu \\ y&=&1\\ z&=&-\,\mu\end{matrix}\right.$$ Investíguese la incidencia de las mismas.

Investíguese la incidencia de las siguientes rectas en el espacio

ENUNCIADO. Sean las rectas $$r \equiv \left\{\begin{matrix}x&+&y&-&z&+&1&=&0 \\ x&+&3y&+&z&&&=&0\end{matrix}\right.$$ y $$s \equiv \left\{\begin{matrix}x&=&1+\mu \\ y&=&1\\ z&=&-\,\mu\end{matrix}\right.$$ Investíguese la incidencia de las mismas

SOLUCIÓN. Sea $A$ un punto de $r$ y $B$ un punto de $s$; $\vec{u}$ un vector en la dirección de $r$ y $\vec{v}$, un vector en la dirección de $s$. Para investigar la incidencia debemos calcular $\text{rango}(\{\overset{\rightarrow}{AB},\vec{u},\vec{v}\})$ y $\text{rango}(\{\vec{u},\vec{v}\})$ y realizar el correspondiente análisis de rangos.

Calculemos un punto $A$ de $r$. Una manera de calcular puntos de una recta que viene expresada mediante sus ecuaciones implícitas ( o cartesianas ), determinaremos la ecuaciones paramétricas de dicha recta y daremos un valor arbitrario al parámetro del que dependen; escogiendo $z$ como variable secundaria, $z=\lambda \in \mathbb{R}$ con lo cual $$r\equiv \left\{\begin{matrix}x&+&y&&&=&\lambda-1 \\ x&+&3y&&&=&-\lambda\\ &&&&z&=&\lambda\end{matrix}\right. \overset{e_1-e_2 \rightarrow e_2}{\sim} \left\{\begin{matrix}x&+&y&&&=&\lambda-1 \\ &-&2y&&&=&2\,\lambda-1\\ &&&&z&=&\lambda\end{matrix}\right.\sim$$
$\overset{\text{sustitución retrógrada}}{\sim} \left\{\begin{matrix}x&&&&&=&\dfrac{4\,\lambda-3}{2} \\ &&y&&&=&\dfrac{1-2\lambda}{2} \\ &&&&z&=&\lambda\end{matrix}\right.$
Haciendo ahora $\lambda:=0$ ( por supuesto, podríamos asignarle cualquier otro valor ), encontramos $A(-\dfrac{3}{2}\,\dfrac{1}{2},0)$.

Observación: Otra forma de buscar un punto de $r$, directamente a partir de las ecuaciones implícitas, es la siguiente: Demos un valor cualquiera a una de las tres variables, pongamos que a $z$, por ejemplo $z:=0$; entonces se tiene que
$$\left\{\begin{matrix}x&+&y&-&0&+&1&=&0 \\ x&+&3y&+&0&&&=&0 \\ &&&&z&&&=&0\end{matrix} \right.$$ y por tanto $$ \left\{\begin{matrix}x&+&y&&&=&-1 \\ x&+&3y&&&=&0 \\ &&&&z&=&0 \end{matrix}\right. \sim \left\{\begin{matrix}x&&&&&=&-\dfrac{3}{2} \\ &&y&&&=&\dfrac{1}{2} \\ &&&&z&=&0 \end{matrix}\right. $$ que son las coordenadas de $A$

-oOo-
Para encontrar un vector $\vec{u}$ que tenga la dirección de $r$ despejaremos $\lambda$ de cada una de las tres ecuaciones paramétricas, obteniendo $$r \equiv \left\{\begin{matrix}\lambda&=&\dfrac{2x+3}{4}\\ \lambda&=&\dfrac{2y-1}{-2}\\ \lambda&=&z\end{matrix}\right.\sim \left\{\begin{matrix}\lambda&=&\dfrac{x-(-3/2)}{2}\\ \lambda&=&\dfrac{y-1/2}{-1}\\ \lambda&=&\dfrac{z-0}{1}\end{matrix}\right. \sim \left\{\begin{matrix}2\cdot \lambda&=&x-(-3/2)\\ -1\cdot \lambda&=&y-1/2\\ 1\cdot \lambda&=&z-0\end{matrix}\right. $$ luego $$\vec{u}=(2,-1,1)$$

-oOo-
Vamos a calcular ahora un punto $B$ de $s$; dando un valor arbitrario a $\mu$ ( pongamos que $\mu:=0$ ), obtenemos $B(1,1,0)$. Y, para calcular un vector $\vec{v}$ que tenga la dirección de la recta $s$, fijémonos en que podemos escribirla de la forma $$s\equiv \left\{\begin{matrix}1\cdot\mu&=&x-1 \\ 0\cdot \mu&=&y-1 \\ -1\cdot \mu&=&z-0\end{matrix}\right.$$ con lo cual $$\vec{v}=(1,0,-1)$$

-oOo-
Encontremos ahora un vector que apunte de $r$ a $s$: el vector que apunta de $A$ a $B$ es $(x_B-x_A,y_B-y_A,z_B-z_A)=(\dfrac{5}{2},\dfrac{1}{2},0)$ que es combinación lineal de $(5,1,0)$ -- Nota: en adelante expresaremos ésto así, $(\dfrac{5}{2},\dfrac{1}{2},0) \propto (5,1,0)$ -- , luego tomaremos $\overset{\rightarrow}{AB}:=(5,1,0)$

-oOo-
Centrémonos ahora en la discusión de rangos: $\text{rango}(\{\overset{\rightarrow}{AB},\vec{u},\vec{v}\})=\text{rango}\,\begin{pmatrix}5&1&0\\2&-1&1\\1&0&-1\end{pmatrix}=3$ ya que $\begin{vmatrix}5&1&0\\2&-1&1\\1&0&-1\end{vmatrix}=8\neq 0$, por tanto esos tres vectores son independientes, luego las rectas no están en el mismo plano y, por consiguiente, éstas se cruzan ( pero no se cortan ).

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Rectas secantes en el espacio

ENUNCIADO. Determínese el valor de $k$ para que las rectas $r\equiv \dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y}{3}=\dfrac{z+1}{1}$ y $s\equiv \dfrac{x-k}{-1}=\dfrac{y+1}{2}=\dfrac{z}{4}$ sean secantes.

SOLUCIÓN. Un punto de $r$ es $A(1,0,-1)$ y un punto de $s$ es $B(k,-1,0)$, luego un vector de $r$ a $s$ es $\overset{\rightarrow}{AB}=(x_B-x_A,y_B-y_A,z_B-z_a)=(a-1,-1,1)$; por otra parte, un vector con la dirección de $r$ es $\vec{u}=(2,3,1)$ y un vector con la dirección de $s$, $\vec{v}=(-1,2,4)$

Entonces, las rectas $r$ y $s$ son secantes si $\text{rango}(\{\overset{\rightarrow}{AB},\vec{u},\vec{v}\})=\text{rango}(\{\vec{u},\vec{v}\})=2$. Imponiendo esta condición, $$\text{rango}\begin{pmatrix}k-1 & -1 & 1 \\ 2 & 3 & 1 \\ -1 & 2 & 4\end{pmatrix}=\text{rango}\begin{pmatrix} 2 & 3 & 1 \\ -1 & 2 & 4\end{pmatrix}=2 \Leftrightarrow \begin{vmatrix}k-1 & -1 & 1 \\ 2 & 3 & 1 \\ -1 & 2 & 4\end{vmatrix}=0 \Leftrightarrow$$
    $\Leftrightarrow 10\,(k-1)+10=0 \Leftrightarrow k=-\dfrac{3}{5}$
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Incidencias de rectas y planos en el espacio

ENUNCIADO. Estudiar la incidencia de la recta $$r\equiv \left\{\begin{matrix}x&-&y&+&2z&-&3&=0 \\ 2x&+&y&+&z&-&1&=0\end{matrix}\right.$$ y el plano $$\pi \equiv x-y+3z-5=0$$

SOLUCIÓN. Las ecuaciones de $r$ y $\pi$ forman el sistema de ecuaciones lineales $$\left\{\begin{matrix}x&-&y&+&2z&=3 \\ 2x&+&y&+&z&=1\\ x&-&y&+&3z&=5 \end{matrix}\right.$$ Hagamos ahora un análisis de rangos para aplicar el teorema de Rouché-Fröbenius pues el tipo de solución dará respuesta al enunciado, tal como hemos visto [en este otro artículo]:
$$\text{rango}\left(\begin{array}{ccc|c}1&-1&2&3 \\ 1&1&1&1 \\ 1&-1&3&5\end{array}\right)\overset{e_1-e_3 \rightarrow e_3\,,\,e_2-2e_1 \rightarrow e_2}{=}\left(\begin{array}{ccc|c}1&-1&2&3 \\ 0&3&-3&-5 \\ 0&0&-1&-2\end{array}\right)=3$$ y $$\text{rango}\left(\begin{array}{ccc}1&-1&2 \\ 1&1&1 \\ 1&-1&3\end{array}\right)=3$$ luego, al ser el valor del rango igual al número de incógnitas, el sistema es compatible determinado, y, en consecuencia el plano y la recta son secantes.

Veamos ahora cuáles son las coordenadas el punto de intersección $P = \pi \cap r$. Resolviendo el sistema de ecuaciones:
$$\left\{\begin{matrix}x&-&y&+&2z&=3 \\ 2x&+&y&+&z&=1\\ x&-&y&+&3z&=5 \end{matrix}\right.\sim \left\{\begin{matrix}x&-&y&+&2z&=3 \\ &&3y&-&3z&=-5\\ &&&&-z&=-2 \end{matrix}\right.\sim \left\{\begin{matrix}x&&&&=-\dfrac{2}{3} \\ &&y&&=\dfrac{1}{3}\\ &&&&z=2 \end{matrix}\right. $$ Así pues el punto de intersección es $P\left(-\dfrac{2}{3},\dfrac{1}{3},2\right)$
$\square$

Incidencia de rectas en el espacio. Rectas que se cruzan pero que no se cortan.

ENUNCIADO. Sean las rectas $$r \equiv \left\{\begin{matrix}x&=&1&+&\lambda \\ y&=&-1&+&2\,\lambda\\ z&=&&&\lambda\end{matrix}\right.$$ y $$s \equiv \left\{\begin{matrix}x&=&3&-&\lambda \\ y&=&1&-&\lambda\\ z&=&1&+&4\,\lambda\end{matrix}\right.$$ Investíguese la incidencia de las mismas

SOLUCIÓN. Seguiremos los pasos que expliqué en [este otro artículo]. Un punto $A$ de $r$ es $A(1,-1,0)$, y un punto $B$ de $s$ es $B(3,1,1)$, luego que desde $A$ apunta a $B$ es $\overset{\rightarrow}{AB}=(3-1.1-(-1),1-0)=(2,2,1)$. Por otra parte, un vector en la dirección de $r$ es $\vec{u}=(1,2,1)$ y un vector en la dirección de $s$ es $\vec{v}=(-1,-1,4)$. Procedemos al análisis de rangos:
$\text{rango}(\{\overset{\rightarrow}{AB},\vec{u},\vec{v}\})=\text{rango}\begin{pmatrix}2 & 2 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ -1&-1& 4\end{pmatrix}\overset{\text{reducción por Gauss}}{=}$

$\overset{e_2+e_3 \rightarrow e_3 \; -2\,;\,e_2+e_1 \rightarrow e_2}{=}\text{rango}\begin{pmatrix}2 & 2 & 1 \\ 0 & -2 & -1 \\ 0&1& 5\end{pmatrix}=\overset{2\,e_3 +e_2 \rightarrow e_3}{=}\text{rango}\begin{pmatrix}2 & 2 & 1 \\ 0 & -2 & -1 \\ 0&0& 9\end{pmatrix}=3$ por lo tanto los tres vectores son independientes, con lo cual $r$ y $s$ no están en el mismo plano, luego éstas se cruzan pero no se cortan.
$\square$

Incidencia de rectas y planos en el espacio afín

En este artículo trataremos las relaciones de incidencia de rectas y planos en el espacio afín tridimensional.

Posiciones relativas de dos rectas $r$ y $s$ en el espacio:
Sean $\vec{u}$ un vector director de $r$ y $\vec{v}$ un vector director de $s$; sea $A(x_A,y_A;z_A)$ un punto de $r$ y $B(x_A,y_B,z_B)$ un punto de $s$. Estudiaremos la incidencia de $r$ y $s$ analizando el rango del sistema de vectores $\{\overset{\rightarrow}{AB},\vec{u},\vec{v}\}$. Entonces:

i) Si $\text{rango}(\{\overset{\rightarrow}{AB},\vec{u},\vec{v}\})=1$, entonces $r$ y $s$ son coincidentes. [Ejemplo]

ii) Si $\text{rango}(\{\overset{\rightarrow}{AB},\vec{u},\vec{v}\})=2$, pueden darse dos casos:
    a) si los vectores $\vec{u}$ y $\vec{v}$ no son independientes, entonces $r$ y $s$ son paralelas. [Ejemplo].
    b) si $\vec{u}$ y $\vec{v}$ son independientes, entonces $r$ y $s$ se cortan ( son secantes ) y por tanto tienen un punto en común [Ejemplo].

iii) Si $\text{rango}(\{\overset{\rightarrow}{AB},\vec{u},\vec{v}\})=3$, los tres vectores son independientes y por tanto $r$ y $s$ no están en el mismo plano, luego éstas se cruzan pero no se cortan [Ejemplo].

Posiciones relativas de una recta $r$ y un plano $\pi$ en el espacio:
Sean $\vec{u}$ un vector director de $r$ y $\vec{n}=(A,B,C)$ un vector perpendicular a $\pi$. Estudiaremos la incidencia de $r$ y $\pi$, empleando el producto escalar $\langle \vec{u} \,,\,\vec{n}\rangle$. Entonces:

i) Si $\langle \vec{u} \,,\,\vec{n}\rangle=0$ ( $ r$ es perpendicular a $\pi$ ), pueden presentarse dos casos:
    a) si $A$ está contenido en el plano $\pi$, entonces $r$ está contenida en el plano $\pi$   [Ejemplo]
    b) si $A$ no está contenido en $\pi$, entonces $r$ es paralela al plano $\pi$   [Ejemplo]

ii) Si $\langle \vec{u} \,,\,\vec{n}\rangle \neq 0$, entonces $r$ no es perpendicular a $\pi$ y por tanto la recta $r$ y el plano $\pi$ son secantes. Ejemplos: [1|2]

Posiciones relativas de dos planos $\pi$ y $\pi'$ en el espacio:
Sean $\pi\equiv Ax+By+Cz+D=0$ y $\pi'\equiv A'x+B'y+C'z+D'=0$. Vamos a estudiar la incidencia a partir del análisis de rango de la matriz de los coeficientes del sistema de ecuaciones $$\left\{\begin{matrix}Ax+By+Cz+D=0 \\ A'x+B'y+C'z+D'=0 \end{matrix}\right. \sim \left\{\begin{matrix}Ax+By+Cz=-D \\ A'x+B'y+C'z=-D' \end{matrix}\right. $$
Así:

i) Si $\text{rango}\left(\begin{array}{ccc|c}A&B&C&-D \\ A'&B'&C'&-D'\end{array}\right)=\text{rango}\begin{pmatrix}A&B&C \\ A'&B'&C'\end{pmatrix}=2$, entonces por el teorema de Rouché-Fröbenius el sistema es compatible indeterminado con $3-2=1$ variable secundaria ( $1$ parámetro ) y por tanto los planos $\pi$ y $\pi'$ son secantes y se cortan en una recta

Nota: En estas condiciones, se tiene que $$\dfrac{A}{A'}\neq \dfrac{B}{B'} \; \text{o bien}\; \dfrac{C}{C'}\neq\dfrac{D}{D'}$$

ii) Si $\text{rango}\left(\begin{array}{ccc|c}A&B&C&-D \\ A'&B'&C'&-D'\end{array}\right)=\text{rango}\begin{pmatrix}A&B&C \\ A'&B'&C'\end{pmatrix}=1$, entonces por el teorema de Rouché-Fröbenius, el sistema es compatible indeterminado con $3-1=2$ variables secundarias ( $2$ parámetros ) y por tanto los planos $\pi$ y $\pi'$ son paralelos y coincidentes.

Nota: En estas condiciones, se tiene que $$\dfrac{A}{A'}=\dfrac{B}{B'}=\dfrac{C}{C'}=\dfrac{D}{D'}$$

iii) Si $\text{rango}\left(\begin{array}{ccc|c}A&B&C&-D \\ A'&B'&C'&-D'\end{array}\right)=3$ y $\text{rango}\begin{pmatrix}A&B&C \\ A'&B'&C'\end{pmatrix}=1$, entonces por el teorema de Rouché-Fröbenius, el sistema es incompatible, luego al no haber puntos en común entre $\pi$ y $\pi'$, éstos son paralelos y no-coincidentes

Nota: En estas condiciones, se tiene que $$\dfrac{A}{A'}=\dfrac{B}{B'}=\dfrac{C}{C'}\neq \dfrac{D}{D'}$$


Posiciones relativas de tres planos $\pi$, $\pi'$ y $\pi''$ en el espacio:
Sean $\pi\equiv Ax+By+Cz+D=0$, $\pi'\equiv A'x+B'y+C'z+D'=0$ y $\pi''\equiv A''x+B''y+C''z+D''=0$. Vamos a estudiar la incidencia a partir del análisis de rango de la matriz de los coeficientes del sistema de ecuaciones $$\left\{\begin{matrix}Ax&+&By&+&Cz&+&D&=&0 \\ A'x&+&B'y&+&C'z&+&D'&=&0 \\ A''x&+&B''y&+&C''z&+&D''&=&0 \end{matrix}\right. \sim \left\{\begin{matrix}Ax&+&By&+&Cz&=-D \\ A'x&+&B'y&+&C'z&=-D' \\ A''x&+&B''y&+&C''z&=-D'' \end{matrix}\right.$$
Así:

i) Si $\text{rango}\left(\begin{array}{ccc|c}A&B&C&-D \\ A'&B'&C'&-D' \\ A''&B''&C''&-D''\end{array}\right)=\text{rango}\begin{pmatrix}A&B&C \\ A'&B'&C' \\ A''&B''&C''\end{pmatrix}=3$, entonces, por el teorema de Rouché-Fröbenius, el sistema es compatible determinado y por tanto los planos $\pi$\,$\pi'$ y $\pi''$ se cortan en un punto.

ii) Si $\text{rango}\left(\begin{array}{ccc|c}A&B&C&-D \\ A'&B'&C'&-D' \\ A''&B''&C''&-D''\end{array}\right)=\text{rango}\begin{pmatrix}A&B&C \\ A'&B'&C' \\ A''&B''&C''\end{pmatrix}=2$, entonces, por el teorema de Rouché-Fröbenius, el sistema es compatible indeterminado con $3-2=1$ variable secundaria, luego los tres planos se cortan en una recta, pudiéndose dar los siguientes casos:
    a) Si todos los coeficientes de las variables no son proporcionales, los tres planos son distintos, y por tanto los tres planos pertenecen a un haz de planos que se cortan en una recta
    b) Si los coeficientes de dos de los planos son proporcionales ( dos planos coincidentes ) y los del tercero no, entonces dos de los planos son coincidentes y el restante es secante a esos dos.

iii) Si $\text{rango}\left(\begin{array}{ccc|c}A&B&C&-D \\ A'&B'&C'&-D' \\ A''&B''&C''&-D''\end{array}\right)=\text{rango}\begin{pmatrix}A&B&C \\ A'&B'&C' \\ A''&B''&C''\end{pmatrix}=1$, entonces, por el teorema de Rouché-Fröbenius, el sistema es compatible indeterminado con $3-1=2$ variables secundarias, luego los tres planos son coincidentes.

iv) Si $\text{rango}\left(\begin{array}{ccc|c}A&B&C&-D \\ A'&B'&C'&-D' \\ A''&B''&C''&-D''\end{array}\right)=2$ y $\text{rango}\begin{pmatrix}A&B&C \\ A'&B'&C' \\ A''&B''&C''\end{pmatrix}=1$, entonces, por el teorema de Rouché-Fröbenius, el sistema es incompatible, pudiéndose dar los siguientes casos:
    a) Si todos los coeficientes de las variables de los tres planos son proporcionales, y no lo son con los términos independientes, entonces los tres planos son paralelos, perteneciendo éstos a un haz de planos paralelos.
    b) Si todos los coeficientes de las variables de dos planos son proporcionales, y no lo son con los términos independientes del tercero, entonces dos planos son coincidentes y el tercer es paralelo a esos dos.

$\square$

Ejercicio sobre el producto vectorial

ENUNCIADO. Sen dos vectores $\vec{u}$ y $\vec{v}$ ortogonales. Calcúlese $(\vec{u}-\vec{v}) \times (\vec{u} +\vec{v})$

SOLUCIÓN.
$(\vec{u}-\vec{v}) \times (\vec{u} +\vec{v}) =$
  $=(\vec{u}-\vec{v}) \times \vec{u} + (\vec{u}-\vec{v}) \times \vec{v}$
    $=\vec{u} \times \vec{u} -\vec{v} \times \vec{u} + \vec{u} \times \vec{v}- \vec{v} \times \vec{v}$
      $=-\vec{v} \times \vec{u} + \vec{u} \times \vec{v}$
        $=\vec{u} \times \vec{v} + \vec{u} \times \vec{v}$
          $=2\,(\vec{u} \times \vec{v})$
de donde se deduce que el vector resultante es ortogonal a $\vec{u}$ y a $\vec{v}$
$\square$

Producto mixto de tres vectores. Aplicaciones: volumen de un paralelepípedo y volumen de un tetraedro

A continuación se expone la definición de una operación combinada del producto escalar y del producto vectorial que tiene especial interés ( en este curso ) para calcular los volúmenes de un paralelogramo y de un tetraedro.

Definición ( producto mixto de tres vectores ):
Sean $\vec{u}=(u_1,u_2,u_3),\vec{v}=(v_1,v_2,v_3),\vec{w}=(w_1,w_2,w_3)$ tres vectores libres del espacio vectorial tridimensional $V$, cuyas coordenadas vienen referidas a una base ortonormal. Se define el producto mixto de $[\vec{u},\vec{v},\vec{w}]$ como la aplicación $$V \times V \times V \overset{[.,.,.]}{\rightarrow} \mathbb{R}:\,[\vec{u},\vec{v},\vec{w}]\overset{\text{def}}{=}\langle \vec{u}\,,\,\vec{v} \times \vec{w}\rangle=\begin{vmatrix}u_1 & u_2 & u_3 \\ v_1 & v_2 & v_3 \\ w_1 & w_2 & w_3 \end{vmatrix}$$

Propiedades:
(1) Si uno de los tres vectores es nulo, el producto mixto es nulo

(2)
$[\vec{u},\vec{v},\vec{w}]=[\vec{v},\vec{w},\vec{u}]=[\vec{w},\vec{u},\vec{v}]$
$[\vec{u},\vec{v},\vec{w}]=-[\vec{v},\vec{u},\vec{w}]$
$[\vec{u},\vec{v},\vec{w}]=-[\vec{u},\vec{w},\vec{v}]$
$[\vec{u},\vec{v},\vec{w}]=-[\vec{w},\vec{v},\vec{u}]$

(3) Los vectores $\{\vec{u},\vec{v},\vec{w}\}$ son linealmente dependientes si y sólo si $[\vec{u},\vec{v},\vec{w}]=0$

(4)
i) $[\lambda\,\vec{u},\vec{v},\vec{w}]=[\vec{u},\lambda\,\vec{v},\vec{w}]=[\vec{u},\vec{v},\lambda\,\vec{w}]=\lambda\,[\vec{u},\vec{v},\vec{w}]$

ii) $[\lambda\,\mu\,\vec{u},\vec{v},\nu\,\vec{w}]=\lambda\,\mu\,\nu\,[\vec{u},\vec{v},\vec{w}]$

iii)
$[\vec{u}+\vec{u'},\vec{v},\vec{w}]=[\vec{u},\vec{v},\vec{w}]+[\vec{u'},\vec{v},\vec{w}]$
$[\vec{u},\vec{v}+\vec{v'},\vec{w}]=[\vec{u},\vec{v},\vec{w}]+[\vec{u},\vec{v'},\vec{w}]$
$[\vec{u},\vec{v},\vec{w}+\vec{w'}]=[\vec{u},\vec{v},\vec{w}]+[\vec{u},\vec{v},\vec{w'}]$

Volumen de un paralelepípedo:
Consideremos un paralelepípedo representado por la terna de vectores libres no coplanarios $\overset{\rightarrow}{DA}$, $\overset{\rightarrow}{DB}$ y $\overset{\rightarrow}{DC}$. Sabemos que el volumen se obtiene multiplicando el área de una de las caras del paralelepípedo por la distancia a la cara paralela enfrentada, esto es $\left\| \overset{\rightarrow}{DA} \times \overset{\rightarrow}{DB} \right\| \cdot ( \cos\,\measuredangle (\overset{\rightarrow}{DA} \times \overset{\rightarrow}{DB},\overset{\rightarrow}{DC}))$, que es el valor absoluto del producto mixto $\langle \overset{\rightarrow}{DA} \times \overset{\rightarrow}{DB}\,,\,\overset{\rightarrow}{DC}\rangle$; esto es, el volumen del paralelepípedo viene dado por el valor absoluto de $$\begin{vmatrix} x_A-x_D & y_A-y_D & z_A-z_D \\ x_B-x_D & y_B-y_D & z_B-z_D \\ x_C-x_D & y_C-y_D & z_C-z_D \end{vmatrix}$$ que abreviamos escribiendo $$\left|\, \left[\,\overset{\rightarrow}{DA},\overset{\rightarrow}{DB}, \overset{\rightarrow}{DC} \,\right]\, \right|$$

Volumen de un tetraedro:
Teniendo en cuenta que el volumen de un tetraedro es igual a una tercera parte del área de la base ( que es un triángulo ) por la altura ( recordemos que es perpendicular a la base ), considerando un tetraedro genérico cuyos vértices sean $A(x_A,y_A,z_A)$, $B(x_B,y_B,z_B)$, $C(x_C,y_C,z_C)$ y $D(x_D,y_D,z_D)$, el volumen del mismo viene dado por $$\dfrac{1}{6}\,\left| \, \left[\,\overset{\rightarrow}{DA},\overset{\rightarrow}{DB}, \overset{\rightarrow}{DC} \,\right] \,\right|$$

Nota: Otra forma de entender el factor $\dfrac{1}{6}$ es teniendo en cuenta que un paralelepípedo se descompone en dos prismas de base triangular ( cortándolo por un plano perpendicular a la base y que contenga a la diagonal de la misma ) y cada uno de los dos prismas se descompone a su vez en dos tetraedros con las bases enfrontadas; así que el volumen de uno de esos tetraedros ha de ser igual a una sexta parte del volumen del paralelepípedo.

Ejemplo:

ENUNCIADO. Calcúlese el volumen del tetraedro cuyos vértices son los puntos $A(3,0,0)$, $B(0,4,0)$, $C(0,0,5)$ y $D(0,0,0)$, ( coordenadas dadas con respecto de la base canónica )

SOLUCIÓN. Los tres vectores con origen en uno de los cuatro puntos -- pongamos que en $D$ -- y extremos respectivos en los otros tres vértices ( vectores sobre tres aristas básicas ) son:
$\vec{u}=\overset{\rightarrow}{DA}=(3,0,0)$
$\vec{v}=\overset{\rightarrow}{DB}=(0,4,0)$
$\vec{w}=\overset{\rightarrow}{DC}=(0,0,5)$

luego el volumen pedido es igual $\dfrac{1}{6}\,\left| [(3,0,0),(0,4,0),(0,0,5)] \right|$
donde $[(3,0,0),(0,4,0),(0,0,5)]=\begin{vmatrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{vmatrix}=60$
por consiguiente, $\text{Volumen}=\dfrac{1}{6}\cdot 60=10 \; (\text{unidades de longitud})^3$

$\square$

Vector característico de un plano. Vector normal a un plano. Ecuación normal de un plano

ENUNCIADO. Demuéstrese que dado un plano $\pi \equiv Ax+By+Cz+D=0$ ( ecuación general ), entonces el vector $A\,\vec{i}+B\,\vec{j}+C\,\vec{k}$ es perpendicular a $\pi$

SOLUCIÓN. Sean dos puntos $P(x_P,y_P,z_P)$ y $Q(x_Q,y_Q,z_Q)$ dos puntos del plano $\pi$, entonces se cumple que:
$$A\,x_P+B\,y_P+C\,z_P+D=0 \quad \quad (1)$$ $$A\,x_Q+B\,y_Q+C\,z_Q+D=0 \quad \quad (2)$$ Restando, miembro a miembro, (1) de (2) obtenemos $$A\,(x_P-x_Q)+B\,(y_P-y_Q)+C\,(z_P-z_Q)=0 \quad \quad (3)$$
pero teniendo en cuenta que el vector $\overset{\rightarrow}{PQ}=(x_Q-x_P,y_Q-y_P,z_Q-z_p)$ está en $\pi$, (3) nos lleva a que se cumpla que $$\langle (A,B,C) \,,\,\overset{\rightarrow}{PQ}\rangle=0$$ y por tanto $(A,B,C) \perp \overset{\rightarrow}{PQ}$, es decir, el vector $(A,B,C)$ es perpendicular al plano $\pi$

Observación:

Un vector unitario perpendicular al plano $\pi$ es, entonces, $\vec{n_1}=\dfrac{\vec{n}}{\left\|\vec{n}\right\|}=(\dfrac{A}{\left|\sqrt{A^2+B^2+C^2}\right|},\dfrac{B}{\left|\sqrt{A^2+B^2+C^2}\right|},\dfrac{C}{\left|\sqrt{A^2+B^2+C^2}\right|})$ por lo que denominamos ecuación normal del plano a
$\pi \equiv \dfrac{A}{\left|\sqrt{A^2+B^2+C^2}\right|}\,x + \dfrac{B}{\left|\sqrt{A^2+B^2+C^2}\right|}\,y + $
            $ + \dfrac{C}{\left|\sqrt{A^2+B^2+C^2}\right|}\,z + \dfrac{D}{\left|\sqrt{A^2+B^2+C^2}\right|}=0$

Ejemplo de aplicación:
ENUNCIADO. Determínese la ecuación general de un plano $\pi \equiv Ax+By+Cz+D=0$ que contiene a los vectores $\vec{u}=(-1,3,1)$ y $\vec{v}=(2,1,-1)$ y al punto $P(1,1,1)$

SOLUCIÓN. Un vector perpendicular a $\pi$ viene dado por $\vec{n}=\begin{vmatrix}\vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ -1 & 3 & 1 \\ 2 & 1 & -1 \end{vmatrix}=(-4,1,-7)$, luego $A=-4$, $B=1$ y $C=-7$, con lo cual podemos escribir $$\pi \equiv -4x+y-7z+D=0$$ Determinemos ahora el valor del coeficiente $D$ imponiendo que $P$ está en $\pi$, por lo que se deberá cumplir $$-4\cdot 1 +1\cdot 1-7\cdot 1+D=0 \Leftrightarrow D=10$$ y, por consiguiente, la ecuación del plano pedido es $$\pi \equiv -4x+y-7z+10=0$$

Observación: Teniendo en cuenta que $\left\|\vec{n}\right\|=\left\|(-4,1,-7)\right\|=\left|\sqrt{(-4)^2+1^2+(-7)^2}\right|=\left|\sqrt{66}\right|$, escribiremos la ecuación normal de dicho plano de la forma: $$\pi \equiv \dfrac{-4}{\left|\sqrt{66}\right|}\,x+\dfrac{1}{\left|\sqrt{66}\right|}\,y+\dfrac{-7}{\left|\sqrt{66}\right|}\,z+\dfrac{10}{\left|\sqrt{66}\right|}=0$$

$\square$

Producto vectorial de dos vectores linealmente dependientes

ENUNCIADO. Probar que $\vec{u}$ y $\vec{v}$ ( ambos distintos de $\vec{0}$ ) son linealmente dependientes si y sólo si $\vec{u} \times \vec{v}=\vec{0}$

SOLUCIÓN. Vamos a demostrar que se cumple la condición necesaria. Si $\vec{u}$ y $\vec{v}$ son linealmente dependientes entonces $\text{rango}\,\begin{pmatrix} u_1 & u_2 & u_3 \\ v_1 & v_2 & v_3 \end{pmatrix}=1$, luego $\begin{vmatrix}u_1 & u_2 \\ v_1 & v_2\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}u_1 & u_3 \\ v_1 & v_3\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}u_2 & u_3 \\ v_2 & v_3\end{vmatrix}=0$ con lo cual, por la definición de producto vectorial, $\vec{u} \times \vec{v} \equiv \begin{vmatrix}\vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ u_1 & u_2 & u_3 \\ v_1 & v_2 & v3\end{vmatrix} = \vec{0}$


Probemos ahora la condición suficiente. Supongamos que $\vec{u} \times \vec{v} \equiv \begin{vmatrix}\vec{i} & \vec{j} & \vec{k}\\ u_1 & u_2 & u_3 \\ u_1 & u_2 & u_3 \end{vmatrix}=\vec{0}$, siendo $\vec{u} \neq \vec{0}$ y $\vec{v} \neq \vec{0}$, entonces existe $\lambda \in \mathbb{R}$ tal que $\vec{v}=\lambda\,\vec{u}$, luego $\vec{u}$ y $\vec{v}$ son linealmente dependientes. $\square$

Producto vectorial en el espacio vectorial tridimensional

Introducción:
Vamos a definir otra operación interna en $V$ ( además de la suma ): el producto vectorial de dos vectores, que será de gran utilidad para resolver algunos problemas métricos ( en el espacio afín euclídeo ).

El producto vectorial de dos vectores es muy importante en Física. Por ejemplo, el momento $\vec{N}$, de una fuerza $\vec{f}$ aplicada sobre un punto $P$ con respecto de un punto $O$ se define como $\vec{N}=\overset{\rightarrow}{OP} \times \vec{f}$. El módulo de dicho momento da cuenta de la intensidad del efecto de giro ( con respecto del centro de giro $O$ ) que, en principio, produce $\vec{f}$ en el punto $P$, con lo cual es muy razonable dar como definición el valor de dicho módulo, que, en buena lógica escribiremos como $\left\|\vec{N}\right\|= \left\|\vec{f}\right\|\,\left\|\overset{\rightarrow}{OP}\right\|\,\sin\,\measuredangle ( \overset{\rightarrow}{OP},\vec{f})$. Así, vemos que en el caso de que $\overset{\rightarrow}{OP}$ tenga la misma dirección que $\vec{f}$, y por tanto $\measuredangle ( \overset{\rightarrow}{OP},\vec{f})=0$, el módulo de $\vec{N}$ es $0$, como debe ser; por otra parte, el efecto de giro de $\vec{f}$ ha de ser máximo cuando $\measuredangle ( \overset{\rightarrow}{OP},\vec{f})=90^{\circ}$, y según la definición, en efecto así es, pues para ese valor del ángulo, el valor máximo de $\sin\,\measuredangle ( \overset{\rightarrow}{OP},\vec{f})=1$ y por tanto $\left\|\vec{N}\right\|$ es máximo, como se puede comprobar en muchas situaciones, como al abrir una puerta, por ejemplo. En cuanto a la dirección de $\vec{N}$, ésta es perpendicular al plano que forman los vectores $\overset{\rightarrow}{OP}$ y $\vec{f}$; y, el sentido de $\vec{N}$, obedece al convenio de que éste sea el mismo que el del sentido de avance de un tornillo con rosca a derechas al hacer girar $\overset{\rightarrow}{OP}$ hacia $\vec{f}$ por el camino angular más corto. También hay otras muchas magnitudes vectoriales en Física en cuya definición aparece la operación producto vectorial de otras magnitudes vectoriales. Además de la definición que acabamos de exponer, existe también otra definición equivalente, que se basa en las coordenadas de los vectores a la que podemos denominar definición analítica.

Vamos a exponer ahora esta otra definición de producto vectorial, basada en las coordenadas de los vectores. A continuación, presentaremos las propiedades que se desprenden de la misma y emplearemos las dos definiciones equivalentes en diversas aplicaciones de geometría.

Producto vectorial
Definición
El producto vectorial de dos vectores libres cualesquiera del espacio vectorial tridimensional $V$, $\vec{u}=(u_1,u_2,u_3)$ y $\vec{u}=(v_1,v_2,v_3)$, cuyas coordenadas vienen referidas a una base ortonormal $\mathcal{B}=\{\vec{e_1},\vec{e_2},\vec{e_3}\}$, viene dado por la aplicación $$\displaystyle V \times V \overset{\times}{\rightarrow} V \,:\, \vec{u} \times \vec{v}= \begin{vmatrix}u_2 & u_3 \\ v_2 & v_3 \end{vmatrix}\,\vec{e_1}-\begin{vmatrix}u_1 & u_3 \\ v_1 & v_3 \end{vmatrix}\,\vec{e_2}+\begin{vmatrix}u_1 & u_2 \\ v_1 & v_2 \end{vmatrix}\,\vec{e_3}$$ que, para recordarla, podemos expresarlo de la forma $$\vec{u} \times \vec{v}= \begin{vmatrix}\vec{e_1} & \vec{e_2} & \vec{e_3} \\ u_1 & u_2 & u_3 \\ v_1 & v_2 & v_3 \end{vmatrix}$$

Propiedades:
i) $\vec{u}\times \vec{v}=-\vec{v}\times \vec{u}$ ( anticonmutativa )
ii) i) $\vec{u_1} \times (\vec{u_2}+\vec{u_3})=\vec{u_1} \times \vec{u_2}+\vec{u_1} \times \vec{u_3}$ ( distributiva del producto vectorial con respecto de la suma )
iii) i) $\lambda\,(\vec{u_1} \times \vec{u_2})=\lambda\,\vec{u_1} \times \vec{u_2}=\vec{u_1} \times \lambda\,\vec{u_2}$ ( asociativa del producto por escalares con respecto de la suma )
iv) $\langle \vec{u_1}\,,\,\vec{u_1} \times \vec{u_2}\rangle = \langle \vec{u_2}\,,\,\vec{u_1} \times \vec{u_2}\rangle$
v) Sean $\vec{u}$ y $\vec{v}$ dos vectores no nulos, entonces son linealmente dependientes si y sólo si $\vec{u} \times \vec{v}=\vec{0}$



Ejemplo:
ENUNCIADO. Sean los vectores $\vec{u}=(-1,1,1)$ y $\vec{v}=(1,1,0)$ cuyas coordenadas vienen referidas a la base canónica $\mathcal{C}=\{\vec{i}=(1,0,0),\vec{j}=(0,1,0),\vec{k}=(0,0,1)\}$, calcúlese el producto vectorial $\vec{u} \times \vec{v}$

SOLUCIÓN. $$\vec{u} \times \vec{v}= \begin{vmatrix}\vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ -1& 1 & 1\\ 1 & 1 & 0 \end{vmatrix}=-\vec{i}+\vec{j}-\vec{k}=(-1,1,-1)$$

-oOo-
Observaciones:

(1) El vector $\vec{w}$ que resulta del producto vectorial $\vec{u} \times \vec{v}$ es ortogonal a $\vec{u}$ y a $\vec{v}$ y por tanto $\langle \vec{u}\,,\,\vec{w} \rangle = \langle \vec{v}\,,\,\vec{w} \rangle = 0$

(2) Decimos que dos ternas formadas por vectores linealmente independientes $(\vec{u_1},\vec{v_1},\vec{w_1})$ y $(\vec{u_2},\vec{v_2},\vec{w_2})$ tienen la misma orientación si el signo de los determinantes de la matrices cuadradas formadas por las coordenadas de los vectores de sendas ternas es el mismo.

Si $\{\vec{e_1},\vec{e_2},\vec{e_3}\}$ es una base ortonormal, entonces la terna formada por $(\vec{u},\vec{v},\vec{u}\times \vec{v})$ tiene la misma orientación que la de dicha base.

(3) Desde luego, de la definición analítica de producto vectorial de $\vec{u} \times \vec{v}$, se demuestra que $\left\| \vec{u} \times \vec{v}\right\|=\left\| \vec{u}\right\|\,\left\| \vec{v}\right\|\,\sin \measuredangle ( \vec{u},\vec{v})$, luego el área del paralelogramo que configura la suma de los vectores $\vec{u}$ y $\vec{v}$ es igual a $\left\| \vec{u} \times \vec{v}\right\|$; y, por tanto, el área de un triángulo que resulta de la mitad de dicho paralelogramo es igual a $\dfrac{1}{2}\,\left\| \vec{u} \times \vec{v}\right\|$

(4) $\vec{u} \times \vec{v}=\left\| \vec{u} \times \vec{v} \right\|\,\vec{n_1}$ donde $\vec{n_1}$ es el vector unitario que es perpendicular al plano que contiene a $\vec{u}$ y a $\vec{v}$ en el sentido de avance del tornillo que rota $\vec{u}$ hacia $\vec{v}$, esto es $\vec{n_1}=\dfrac{\vec{u} \times \vec{v}}{\left\| \vec{u} \times \vec{v} \right\|}$

(5) Los vectores $\vec{i}$, $\vec{j}$ y $\vec{k}$ de la base canónica verifican las siguientes igualdades:
$\vec{i} \times \vec{j}=\vec{k} \quad \quad \vec{j} \times \vec{i}=-\vec{k}$
$\vec{j} \times \vec{k}=\vec{i} \quad \quad \vec{k} \times \vec{j}=-\vec{i}$
$\vec{k} \times \vec{i}=\vec{j} \quad \quad \vec{i} \times \vec{k}=-\vec{j}$

(6) El producto vectorial no cumple la propiedad asociativa: $\vec{u} \times ( \vec{v} \times \vec{w} ) \neq (\vec{u} \times \vec{v}) \times \vec{w}$

Ejemplo de aplicación al cálculo del área de un paralelogramo:
ENUNCIADO. Calcúlese el área de un paralelogramo de vértices $A,B,C,D$ tal que $\overset{\rightarrow}{AB}=(1,3,1)$ y $\overset{\rightarrow}{AC}=(2,1,-1)$ cuyas coordenadas vienen dadas con respecto a la base canónica.

SOLUCIÓN. El área pedida viene dada por $\left\|\overset{\rightarrow}{AB}\right|\cdot \left( \left\|\overset{\rightarrow}{AC}\right\|\cdot \sin\,\measuredangle ( \overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AC})\right)$ que coincide con el módulo de $\overset{\rightarrow}{AB} \times \overset{\rightarrow}{AC}=\begin{vmatrix}\vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & 3 & 1\\ 2 & 1 & -1 \end{vmatrix}=(-4,3,-5)$. Así pues $\text{Área}=\left\| (-4,3,-5) \right\| = \left| \sqrt{(-4)^2+3^2+(-5)^2} \right| = \left| \sqrt{50} \right| \; ( \text{unidades de longitud)}^2 $

Ejemplo de aplicación al cálculo del área de un triángulo:
ENUNCIADO. Calcúlese el área del triángulo de vértices $A,B,C$ tal que siendo $\overset{\rightarrow}{AB}=(1,3,1)$ y $\overset{\rightarrow}{AC}=(2,1,-1)$ (las coordenadas vienen dadas con respecto a la base canónica), se tiene que $\overset{\rightarrow}{AC}+\overset{\rightarrow}{CB}+\overset{\rightarrow}{BA}=\vec{0}$

SOLUCIÓN. El área de dicho triángulo es igual a la mitad del área del paralelogramo del ejemplo anterior, luego es igual a $\dfrac{1}{2}\,\left(
\left\|\overset{\rightarrow}{AB}\right|\cdot \left\|\overset{\rightarrow}{AC}\right\|\cdot \sin\,\measuredangle ( \overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AC})\right)$ y por tanto es igual a la mitad del módulo de $\overset{\rightarrow}{AB} \times \overset{\rightarrow}{AC}$ esto es $\dfrac{1}{2}\cdot \left| \sqrt{50} \right| \; ( \text{unidades de longitud)}^2 $

$\square$

Centroide ( centro de masas ) de un tetraedro en el espacio afín tridimensional

Sea el tetraedro en el espacio afín $\mathcal{A}$ tridimensional $\text{tetraedro}{\{A,B,C,D\}}$ cuyos vértices son los puntos $A(x_A,y_A,z_A)$, $B(x_B,y_B,z_B)$, $C(x_C,y_C,z_C)$ y $D(x_D,y_D,z_D)$, entonces el centroide o ( centro de masas ) de dicho tetraedro es el punto $G(\dfrac{x_A+x_B+x_C+x_D}{4},\dfrac{y_A+y_B+y_C+y_D}{4},\dfrac{z_A+z_B+z_C+z_D}{4})$
$\square$

Baricentro de un triángulo en el espacio afín tridimensional

Sea el triángulo en el espacio afín $\mathcal{A}$ tridimensional $\triangle{\{A,B,C\}}$ cuyos vértices son los puntos $A(x_A,y_A,z_A)$, $B(x_B,y_B,z_B)$ y $C(x_C,y_C,z_C)$, entonces el baricentro de dicho triángulo es el punto $G(\dfrac{x_A+x_B+x_C}{3},\dfrac{y_A+y_B+y_C}{3},\dfrac{z_A+z_B+z_C}{3})$
$\square$

Punto medio de un segmento en el espacio afín tridimensional

Sea un segmento del espacio afín $\mathcal{A}$ tridimensional $[A,B]$ cuyos extremos son $A(x_A,y_A,z_A)$ y $B(x_B,y_B,z_B)$, entonces el punto medio de dicho segmento es $M(\dfrac{x_A+x_B}{2},\dfrac{y_A+y_B}{2},\dfrac{z_A+z_B}{2})$
$\square$

Producto escalar euclídeo. Espacio vectorial euclídeo y espacio afín euclídeo asociado

Introducción:
La operación producto escalar euclídeo que vamos a definir en el espacio vectorial $V$ permite calcular los módulos de los vectores y el ángulo entre dos vectores dados. Con esta nueva operación, podremos calcular la distancia entre puntos cualesquiera del espacio afín $\mathcal{A}$ asociado al espacio vectorial $V$ ( si -- tal como veremos en este artículo -- en el sistema de referencia, elegimos una base vectorial que esté formada por vectores perpendiculares unos a otros y cuya longitud sea la unidad ); por eso, hablaremos también de espació afín euclídeo $\mathcal{A}$ asociado al espacio vectorial euclídeo $V$

Producto escalar euclídeo

La siguiente situación física inspira la definición de producto escalar entre dos vectores. Imaginemos un vagón de tren parado en un tramo rectilíneo de una vía. Si tiramos de él con un fuerza $f$ ( contenida en el plano en el que se encuentra la vía ) que forma un cierto ángulo con la dirección de desplazamiento, el trabajo mecánico $W$ realizado al desplazar dicho vagón una longitud $r$ ( lógicamente, en la dirección de la vía ), si atendemos a la noción de trabajo mecánico realizado ( energía mecánica ) producido al desplazar el vagón, nos lleva a decir que el trabajo realizado = fuerza efectiva en la dirección del desplazaminto $\times$ longitud del desplazamiento , por lo que podremos escribir que $$W=f\cdot (r\cdot\cos \,\alpha)$$, siendo $\alpha$ el ángulo que forma la dirección de la fuerza aplicada con la dirección de la vía.

Teniendo en cuenta el carácter vectorial tanto de la fuerza como del vector de posición cuya longitud da el desplazamiento realizado a lo largo de la vía, podemos pulir un poco más la expresión, y diremos que el trabajo mecánico ( energía ) que interviene en el proceso es $$W=\left\|\vec{f}\right\|\cdot (\text{proyección}|_{\vec{r}}\,\vec{f})$$ esto es $$W = \left\|\vec{f}\right\|\,\left\|\vec{r}\right\|\,\cos \, \measuredangle (\vec{f},\vec{r})$$ a lo cual llamamos producto escalar de la fuerza aplicada por el vector de desplazamiento.

Tomemos pues prestada de la Física esta noción y centrémonos en las matemáticas que extraeremos a partir de la siguiente:
Definición I
El producto escalar euclídeo de dos vectores libres cualesquiera del espacio vectorial $V$ viene dado por aplicación $$\displaystyle V \times V \overset{\langle .,.\rangle}{\rightarrow} \mathbb{R}\,:\, \langle \vec{u}\,,\,\vec{v}\rangle = \left\|\vec{u}\right\|\,\left\|\vec{v}\right\|\,\cos\,\measuredangle ( \vec{u},\vec{v})$$

Y designamos por $\left\|\vec{u}\right\|$ al módulo de $\vec{u}$

Nota: Desde luego, $(\left\|\vec{u}\right\|)^2=\langle \vec{u}\,,\,\vec{u} \rangle$ ya que $\measuredangle ( \vec{u},\vec{u})=0$ y por tanto $\cos\,\measuredangle ( \vec{u},\vec{u})=1$; con lo cual, $\left\|\vec{u}\right\|=\left|\sqrt{\langle \vec{u}\,,\,\vec{u} \rangle}\right|$

Observación: Se obtiene un vector de módulo unidad ( vector unitario ) $\vec{w_u}$ a partir de un vector dado $\vec{w}$ dividiendo sus coordenadas por el módulo de dicho vector, esto es $$\vec{w_u}=(\dfrac{w_1}{\left\|w\right\|},\dfrac{w_2}{\left\|w\right\|},\dfrac{w_3}{\left\|w\right\|})$$ Llamamos normalización del vector $\vec{w}$ a dicha operación.

Ejemplo:

ENUNCIADO. Normalizar el vector $\vec{w}=(1,-1,1)$, cuyo módulo es $\left\|\vec{w}\right\|=\left|\sqrt{3}\right|$
SOLUCIÓN. $\vec{w_u}=(\dfrac{1}{\left|\sqrt{3}\right|},\dfrac{-1}{\left|\sqrt{3}\right|},\dfrac{1}{\left|\sqrt{3}\right|})$

Propiedades:

i) Conmutativa
        $\langle \vec{u}\,,\,\vec{v}\rangle = \langle \vec{v}\,,\,\vec{u}\rangle$

ii) Distributiva del producto escalar con respecto de la suma de vectores
        $\langle \vec{u}\,,\,\vec{v}+\vec{w}\rangle = \langle \vec{u}\,,\,\vec{v}\rangle + \langle \vec{u}\,,\,\vec{w}\rangle$

iii) Asociativa del producto por escalares con respecto del producto escalar de vectores
        $\lambda \, \langle \vec{u}\,,\,\vec{v}\rangle = \langle \lambda\,\vec{u}\,,\,\vec{v}\rangle = \langle \vec{u}\,,\,\lambda\,\vec{v}\rangle$

Observaciones:
(1) $\langle \vec{u}\,,\vec{u}\rangle \ge 0$
(2) $\langle \vec{u}\,,\vec{u}\rangle =0 \Leftrightarrow \vec{u}=\vec{0}$
(3) Si $\vec{u} \neq \vec{0}$ y $\vec{v} \neq \vec{0}$, entonces $\langle \vec{u}\,,\,\vec{v}\rangle =0 \Leftrightarrow \cos\,\measuredangle (\vec{u},\vec{v} ) = 0 \Leftrightarrow \vec{u} \perp \vec{v}$     ( $\vec{u}$ y $\vec{v}$ son perpendiculares )
(4) Dos vectores $\vec{u}$ y $\vec{v}$, distintos ambos de $\vec{0}$, tienen la misma dirección si y sólo si $\cos\,\measuredangle (\vec{u},\vec{v} ) = 1$

-oOo-
A continuación, procedemos a exponer una definición equivalente del producto escalar en la que aparezcan las coordenadas de los vectores operandos ( con respecto de cierto tipo de bases vectoriales del espacio $V$ que vamos a describir enseguida ) que será necesaria para calcular el ángulo $\measuredangle\,(\vec{u},\vec{v})$ entre dos vectores cualesquiera. Para ello, expresaremos los vectores de $V$ con respecto a una base $\mathcal{B}=\{\vec{e_1},\vec{e_2},\vec{e_3}\}$ tal que los vectores de dicha basea sean perpendiculares los unos con los otros y, además, los módulos de los mismos sean igual a $1$; esto es, según la definición dada arriba: $\langle \vec{e_1},\vec{e_2}\rangle = \langle \vec{e_1},\vec{e_3}\rangle = \langle \vec{e_2},\vec{e_3}\rangle =0 $ ( ortogonales ) y $\left\|\vec{e_1}\right\|=\left\|\vec{e_2}\right\|=\left\|\vec{e_3}\right\|=1$ ( vectores unitarios ). A las bases del espacio vectorial que cumplan estos requerimientos las denominamos bases ortonormales.

Nota: En particular, a la base ortonormal del espacio $V$ de dimensión $3$ $\mathcal{B}=\{\vec{e_1}:=(1,0,0),\vec{e_2}:=(0,1,0),\vec{e_3}:=(0,0,1)\}$ la llamaremos base canónica que, en Física, suele designarse por $\mathcal{C}=\{\vec{i}=(1,0,0),\vec{j}=(0,1,0)\,\vec{k}=(0,0,1)\}$

Definición II
Sean dos vectores $\vec{u}$ y $\vec{v}$ cualesquiera del espacio vectorial $V$, cuyas coordenadas con respecto a una base ortonormal $\mathcal{B}$ de $V$ son $\vec{u}=(u_1,u_2,u_3)$ y $\vec{v}=(v_1,v_2,v_3)$, esto es $\vec{u}=u_1\,\vec{e_1}+u_2\,\vec{e_2}+u_3\,\vec{e_3}$ y $\vec{v}=v_1\,\vec{e_1}+v_2\,\vec{e_2}+v_3\,\vec{e_3}$. Entonces, el producto escalar euclídeo de estos dos vectores viene dado por
$$\displaystyle V \times V \overset{\langle .,.\rangle}{\rightarrow} \mathbb{R}\,:\, \langle \vec{u}\,,\,\vec{v}\rangle = u_1\,v_1 +u_2\,v_2 + u_3\,v_3 $$

-oOo-Distancia entre dos puntos del espacio afín euclídeo:
Sean $A(x_A,y_A,z_A)$ y $B(x_B,y_B,z_B)$ dos puntos del espacio afín euclídeo $\mathcal{A}$ con sistema de referencia $\{O;\mathcal{B}=\{\vec{e_1},\vec{e_2},\vec{e_3}\}\}$, siendo dicha base una base ortonormal. Entonces, la distancia euclídea entre dichos puntos viene dada por el módulo del vector $\overset{\rightarrow}{AB}$, esto es $$\text{distancia}(A,B)\equiv\left\| \overset{\rightarrow}{AB}\right\| = \left| \sqrt{ \langle \overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AB} \rangle } \right|$$

Ejemplo:

ENUNCIADO. Sean los puntos $A(2,-1,2)$ y $B(1,1,1)$ del espacio afín $\mathcal{A}$ con origen en $O(0,0,0)$, habiendo tomado como base vectorial la base canónica $\mathcal{C}=\{\vec{i}=(1,0,0),\vec{j}=(0,1,0),\vec{k}=(0,0,1)\}$. Calcúlese la distancia euclídea entre $A$ y $B$.
SOLUCIÓN. El vector $\overset{\rightarrow}{AB}=\overset{\rightarrow}{OB}-\overset{\rightarrow}{OA}=(1,1,1)-(2,-1,2)=(-1,2,-1)$, luego $$\text{distancia}(A,B)\equiv\left\| \overset{\rightarrow}{AB}\right\| = \left| \sqrt{ \langle \overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AB} \rangle } \right|=\left|\sqrt{(-1)^2+2^2+(-1)^2}\right|=\left|\sqrt{6}\right|$$


-oOo-
Ángulo entre dos vectores:
De la equivalencia entre las dos definiciones de producto escalar se deduce que $$\cos\,\measuredangle ( \vec{u},\vec{v} ) = \dfrac{\langle \vec{u},\vec{v} \rangle}{\left\|\vec{u}\right\|\,\left\|\vec{v}\right\|}$$ y por tanto $$\measuredangle ( \vec{u},\vec{v} ) = \text{arccos}\,\dfrac{\langle \vec{u},\vec{v} \rangle}{\left\|\vec{u}\right\|\,\left\|\vec{v}\right\|}$$

Ángulos que forma un vector con los vectores de la base ortonormal:
Sea $\vec{u}=(u_1,u_2,u_3)$ con respecto a la base ortonormal $\mathcal{B}=\{\vec{e_1},\vec{e_2},\vec{e_3}\}$. Entonces:
$$\measuredangle ( \vec{u},\vec{e_1} ) = \text{arccos}\,\dfrac{\langle \vec{u},\vec{e_1} \rangle}{\left\|\vec{u}\right\|\,\left\|\vec{e_1}\right\|}=\text{arccos}\,\dfrac{u_1}{\left\|\vec{u}\right\|}$$
$$\measuredangle ( \vec{u},\vec{e_2} ) = \text{arccos}\,\dfrac{\langle \vec{u},\vec{e_2} \rangle}{\left\|\vec{u}\right\|\,\left\|\vec{e_2}\right\|}=\text{arccos}\,\dfrac{u_2}{\left\|\vec{u}\right\|}$$
$$\measuredangle ( \vec{u},\vec{e_3} ) = \text{arccos}\,\dfrac{\langle \vec{u},\vec{e_3} \rangle}{\left\|\vec{u}\right\|\,\left\|\vec{e_3}\right\|}=\text{arccos}\,\dfrac{u_3}{\left\|\vec{u}\right\|}$$

Nota: Éstos son los ángulos que forma el vector $\vec{u}$ con los ejes del sistema de referencia

Observación: Las cantidades $\dfrac{u_1}{\left\|\vec{u}\right\|}$, $\dfrac{u_2}{\left\|\vec{u}\right\|}$ y $\dfrac{u_3}{\left\|\vec{u}\right\|}$ se denominan cosenos directores de $\vec{u}$

-oOo-Ejemplo


ENUNCIADO. Sean los vectores $\vec{u}=(1,1,2)$ y $\vec{v}=(1,0,-1)$ ( cuyas coordenadas vienen dadas con respecto a la base canónica de $V$ ). Se pide:
a) Calcúlense los módulos de ambos vectores
b) Calcúlese el ángulo entre dichos vectores

SOLUCIÓN.
a)
$\left\|\vec{u}\right\|=\left|\sqrt{\langle \vec{u}\,,\,\vec{u}\rangle}\right|\overset{\text{Def. II}}{=}=\left|\sqrt{ u_1\,u_1+u_2\,u_2+u_3\,u_3} \right|=\left|\sqrt{1^2+1^2+2^2}\right|=\left|\sqrt{5}\right|$
$\left\|\vec{v}\right\|=\left|\sqrt{\langle \vec{v}\,,\,\vec{v}\rangle}\right|\overset{\text{Def. II}}{=}=\left|\sqrt{ v_1\,v_1+v_2\,v_2+v_3\,v_3} \right|=\left|\sqrt{1^2+0^2+(-1)^2}\right|=\left|\sqrt{2}\right|$

b)
$\measuredangle ( \vec{u},\vec{v} ) = \text{arccos}\,\dfrac{\langle \vec{u},\vec{v} \rangle}{\left\|\vec{u}\right\|\,\left\|\vec{v}\right\|}=\text{arccos}\,\dfrac{u_1\,v_1+u_2\,v_2+u_3\,v_3 }{\left\|\vec{u}\right\|\,\left\|\vec{v}\right\|}=$

$=\text{arccos}\,\dfrac{ 1\cdot 1+1\cdot 0+2\cdot (-1)}{\left|\sqrt{5}\right|\,\left|\sqrt{2}\right|}=\text{arccos}\,\dfrac{ -1}{\left|\sqrt{5}\right|\,\left|\sqrt{2}\right|} \approx 108,4^{\circ}=108^{\circ}\;24^{'}$

$\square$