Ejercicios resueltos del examen de recuperación y mejora de nota realizado el pasado jueves 11/01/2018

[1|2|3|4]

Espacio afín. Recta perpendicular a dos rectas dadas que se cruzan.

Ejemplo de intersección entre una recta y un plano

Investigación de la incidencia de dos planos en el espacio afín, con ayuda de GeoGebra

Manejo de objetos del espacio afín con GeoGebra

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 $D=-(A\,x_P+B\,y_P+C\,z_P)$

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Ecuación de un plano en el espacio afín

Sea $P$ un punto del espacio (e.a.) $\mathcal{A}$ y sean $\vec{u}$ y $\vec{v}$ dos vectores libres no nulos linealmente independientes. Entonces el plano $\pi$ que pasa por $P$ y que contiene a dicho par de vectores se define como el conjunto de puntos $X$ tales que $\overset{\rightarrow}{PX}=\lambda\,\vec{u}+\mu\,\vec{v}$, donde $\lambda$ y $\mu$ son escalares ( números reales ). Llamamos determinación lineal de $\pi$ a $(P,\vec{u},\vec{v})$.

Sea el espacio afín $\mathcal{A}$ de dimensión $3$, $\{O;\mathcal{B}\}$ ( donde $\mathcal{B}=\{\vec{e_1},\vec{e_2},\vec{e_3}\}$ ) un sistema de referencia del e.a. y consideremos la d.l. de $\pi$, $(P,\vec{u},\vec{v})$. Entonces, como $\overset{\rightarrow}{OX}=\overset{\rightarrow}{OP}+\overset{\rightarrow}{PX}$ ( triángulo de vectores ), podemos escribir la ecuación vectorial del plano $$ \pi \equiv \overset{\rightarrow}{OX}=\overset{\rightarrow}{OP}+\lambda\,\vec{u}+\mu\,\vec{v}$$ esto es $$(x,y,z)=(x_P,y_P,z_P)+\lambda\,(u_1,u_2,u_3)+\mu\,(v_1,v_2,v_3)$$ con lo cual han de cumplirse las siguientes igualdades escalares $$\pi \equiv \left\{\begin{matrix}x=x_P+\lambda\,u_1+\mu\,v_1\\y=y_P+\lambda\,u_2+\mu\,v_2\\z=z_P+\lambda\,u_3+\mu\,v_3\end{matrix}\right.$$ que es un sistema de ecuaciones escalares; dichas ecuaciones constituyen las ecuaciones paramétricas del plano $\pi$

-oOo-
Despejando los términos que dependen de los parámetros $\lambda$ y $\mu$ ( considerados éstos como incógnitas) en cada una de las ecuaciones llegamos a $$\left\{\begin{matrix}\lambda\,u_1+\mu\,v_1=x-x_P\\\lambda\,u_2+\mu\,v_2=y-y_P\\\lambda\,u_3+\mu\,v_3=z-z_P\end{matrix}\right.$$ y, como $X$ pertenece a $r$, dicho sistema ha de ser compatible determinado, luego siendo el número de incógnitas $n=2$ ( $\lambda$ y $\mu$ ) tenemos que $$n=2=\text{rango}\begin{pmatrix}u_1 & v_1 \\ u_2 & v_2 \\ u_3 & v_3 \end{pmatrix}=\text{rango}\begin{pmatrix}u_1 & v_1 & x-x_p \\ u_2 & v_2 & y-y_p \\ u_3 & v_3 & z-z_p \end{pmatrix}$$ Teniendo en cuenta ahora que $\text{rango}\begin{pmatrix}u_1 & v_1 \\ u_2 & v_2 \\ u_3 & v_3 \end{pmatrix}=2$ por ser $\vec{u}$ y $\vec{v}$ linealmente independientes, deberá cumplirse que $$\begin{vmatrix}u_1 & v_1 & x-x_P \\ u_2 & v_2 & y-y_P \\ u_3 & v_3 & z-z_P \end{vmatrix}=0 \quad \quad (1)$$
esto es
$\Leftrightarrow (x-x_P)\,\begin{vmatrix}u_2 & v_2 \\ u_3 & v_3 \end{vmatrix}-(y-y_P)\,\begin{vmatrix}u_1 & v_1 \\ u_3 & v_3\end{vmatrix}+(z-z_P)\,\begin{vmatrix}u_1 & v_1 \\ u_2 & v_2 \end{vmatrix}=0 \quad \quad (1)$
Denotando por:
$A=\begin{vmatrix}u_2 & v_2 \\ u_3 & v_3 \end{vmatrix}$, $B=-\begin{vmatrix}u_1 & v_1 \\ u_3 & v_3 \end{vmatrix}$, $C=\begin{vmatrix}u_1 & v_1 \\ u_2 & v_2 \end{vmatrix}$ y $D=-A\,x_P-B\,y_P-C\,z_P$,
podemos escribir (1) -- la ecuación del plano $\pi$ -- de la forma $$\pi \equiv Ax+By+Cz+D=0$$ que denominamos ecuación implícita o general del plano.

Plano determinado por tres puntos dados:
Sean tres puntos $A(x_A,y_A,z_A)$, $B(x_B,y_B,z_B)$ y $C(x_C,y_C,z_C)$ de un plano $\pi$. Entonces, dos vectores de $\pi$ son $\vec{u}=\overset{\rightarrow}{AB}=(x_B-x_A,y_B-y_A,z_B-z_A)$ y $\vec{v}=\overset{\rightarrow}{AC}=(x_C-x_A,y_C-y_A,z_C-z_A)$, así que la ecuación del plano, según (1) vendrá dada por
$$\begin{vmatrix}x_B-x_A & x_C -x_A & x-x_A \\ y_B-y_A & y_C -y_A & y-y_A \\ z_B-z_A & z_C -z_A & z-z_A \end{vmatrix}=0 \quad \quad (2) $$ el determinante ( del primer miembro ) es igual a este otro
$$\begin{vmatrix}1&0&0&0\\ x_A & x_B-x_A & x_C -x_A & x-x_A \\ y_A & y_B-y_A & y_C -y_A & y-y_A \\ z_A & z_B-z_A & z_C -z_A & z-z_A \end{vmatrix}$$
y sumando la primera columna a cada una de las otras tres es igual a
$$\begin{vmatrix}1&1&1&1\\ x_A & x_B & x_C & x \\ y_A & y_B & y_C & y \\ z_A & z_B & z_C & z \end{vmatrix}$$ con lo cual, de (2), podemos escribir la ecuación del plano de la forma $$\pi \equiv \begin{vmatrix}1&1&1&1\\ x_A & x_B & x_C & x \\ y_A & y_B & y_C & y \\ z_A & z_B & z_C & z \end{vmatrix}=0 \quad \quad (3)$$

Por consiguiente, la condición para que cuatro puntos $A(x_A,y_A,z_A)$, $B(x_B,y_B,z_B)$, $C(x_C,y_C,z_C)$ y $D(x_D,y_D,z_D)$ sean coplanarios -- haciendo $x:=x_D$, $y:=y_D$ y $z:=z_D$ -- es la siguiente: $$\begin{vmatrix}1&1&1&1\\ x_A & x_B & x_C & x_D \\ y_A & y_B & y_C & y_D \\ z_A & z_B & z_C & z_D \end{vmatrix}=0$$

-oOo-Ejemplo:

ENUNCIADO. Determínese la ecuación general del plano $\pi$ ( $Ax+By+Cz+D=0$ ) que contiene a los puntos $A(1,1,1)$, $B(-2,0,0)$ y $C(0,1,1)$

SOLUCIÓN. El plano pedido es
$$\pi \equiv \begin{vmatrix}1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & -2 & 0 & x \\ 1 & 0 & 1 & y \\ 1 & 1 & 1 & z \end{vmatrix}=0$$ Procedamos a resolver el determinante:
$\begin{vmatrix}1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & -2 & 0 & x \\ 1 & 0 & 1 & y \\ 1 & 1 & 1 & z\end{vmatrix}\overset{c_3-c-1 \,\rightarrow\, c_3}{=}\begin{vmatrix}1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & -2 & -1 & x \\ 1 & 0 & 0 & y \\ 1 & 1 & 0 & z\end{vmatrix}\overset{\text{Laplace 3.ª columna}}{=}(-1)\cdot (-1)^{2+3}\,\begin{vmatrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & y \\ 1 & 1 & z\end{vmatrix}$
$=\begin{vmatrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & y \\ 1 & 1 & z\end{vmatrix}\overset{c_1-c_2 \,\rightarrow c_1}{=}\begin{vmatrix}0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & y \\ 0 & 1 & z\end{vmatrix}=1-z$
Así pues $$\pi \equiv z-1=0$$ donde $A=B=0$, $C=1$ y $D=-1$
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Ecuación de una recta en el espacio afín

Sea $P$ un punto del espacio afín (e.a.) $\mathcal{A}$ y $\vec{v}$ un vector libre no nulo, entonces la recta $r$ que pasa por el punto $P$ y tiene la dirección de $\vec{v}$ se define como el conjunto de puntos $X$ del e.a. tales que $\overset{\rightarrow}{PX}=\lambda\,\vec{v}$, siendo $\lambda \in \mathbb{R}$. Llamamos al par $(P,\vec{v})$ determinación lineal (d.l.) de $r$.

Sea el espacio afín $\mathcal{A}$ de dimensión $3$, $\{O;\mathcal{B}\}$ ( donde $\mathcal{B}=\{\vec{e_1},\vec{e_2},\vec{e_3}\}$ ) un sistema de referencia del e.a. y consideremos la d.l. de $r$, $(P,\vec{v})$. Entonces, como $\overset{\rightarrow}{OX}=\overset{\rightarrow}{OP}+\overset{\rightarrow}{PX}$ ( triángulo de vectores ), podemos escribir la ecuación vectorial de la recta $$ r \equiv \overset{\rightarrow}{OX}=\overset{\rightarrow}{OP}+\lambda\,\vec{v}$$ esto es $$(x,y,z)=(x_P,y_P,z_P)+\lambda\,(v_1,v_2,v_3)$$ con lo cual han de cumplirse las siguientes igualdades escalares $$r \equiv \left\{\begin{matrix}x=x_P+\lambda\,v_1\\y=y_P+\lambda\,v_2\\z=z_P+\lambda\,v_3\end{matrix}\right.$$ que es un sistema de ecuaciones escalares; dichas ecuaciones constituyen las ecuaciones paramétricas de la recta $r$. Despejando el parámetro $\lambda$ de cada una de dichas ecuaciones encontramos $$\lambda=\dfrac{x-x_P}{v_1}=\dfrac{y-y_P}{v_2}=\dfrac{z-z_P}{v_3}$$ obteniendo la ecuación de la recta en forma continua ( triple igualdad de la que escribimos las ecuaciones continuas de la recta $r$ ) $$r\equiv \dfrac{x-x_P}{v_1}=\dfrac{y-y_P}{v_2}=\dfrac{z-z_P}{v_3} \quad \quad (1)$$

-oOo-
Nota: También podemos llegar al mismo resultado de una forma un tanto más alambicada, pero que tiene interés por incorporar la noción de rango en el razonamiento que vamos a realizar. Despejando los términos que dependen del parámetro $\lambda$ ( considerado como incógnita ) en cada ecuación llegamos a $$\left\{\begin{matrix}\lambda\,v_1=x-x_P\\\lambda\,v_2=y-y_P\\\lambda\,v_3=z-z_P\end{matrix}\right.$$ y, como $X$ pertenece a $r$, dicho sistema ha de ser compatible determinado, luego habiendo una sóla incógnita ( $\lambda$ ), $n=1$ y por tanto $$n=1=\text{rango}\begin{pmatrix}v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{pmatrix}=\text{rango}\begin{pmatrix}v_1 & x-x_p \\ v_2 & y-y_p \\ v_3 & z-z_p \end{pmatrix}$$ Y si suponemos ( sin pérdida de generalidad ) que $v_1 \neq 0$ entonces por el método del orlado ( de una submatriz cuadrada cuyo determinante sea no nulo ) vemos que, orloando el elemento $v_1$, deberá cumplirse que $$\begin{vmatrix}v_1 & x-x_P \\ v_2 & y-y_P \end{vmatrix} =0 \Leftrightarrow v_1\,(y-y_P)=v_2\,(x-x_P) \Leftrightarrow \dfrac{x-x_P}{v_1}=\dfrac{y-y_P}{v_2}$$ y $$\begin{vmatrix}v_1 & x-x_P \\ v_3 & z-z_P \end{vmatrix} =0\Leftrightarrow v_1\,(z-z_P)=v_3\,(x-x_P) \Leftrightarrow \dfrac{x-x_P}{v_1}=\dfrac{z-z_P}{v_3}$$ Así pues llegamos a la triple igualdad (1) $$\dfrac{x-x_P}{v_1}=\dfrac{y-y_P}{v_2}=\dfrac{z-z_P}{v_3}$$ y las ecuaciones de la recta en forma implícita ( o ecuaciones cartesianas de la recta ): $$r\equiv \left\{\begin{matrix}\dfrac{x-x_P}{v_1}=\dfrac{y-y_P}{v_2} \\\dfrac{x-x_P}{v_1}=\dfrac{z-z_P}{v_2}\end{matrix}\right.$$

Ejemplo 1
ENUNCIADO. Determinar la recta que tiene la dirección del vector $\vec{v}=(1,2,3)$ y que pasa por el punto $P(1,0,-1)$

SOLUCIÓN. Sea $X(x,y,z)$ un punto cualquiera de la recta $r$. Entonces,

Ecuación vectorial:
$\overset{\rightarrow}{OX}=\overset{\rightarrow}{OP}+\lambda\,\vec{v}$ con $\lambda \in \mathbb{R}$ esto es $(x,y,z)=(1,2,3)+\lambda\,(1,0,-1)$ ( ecuación vectorial de la recta ).

Ecuaciones paramétricas:
De la igualdad vectorial podemos escribir tres igualdades escalares, que son las ecuaciones paramétricas, $$\left\{\begin{matrix}x&=&1+\lambda \\ y&=&2+0\cdot \lambda \\ z&=&3-\lambda\end{matrix}\right.$$

Ecuaciones continuas de la recta:
Sabemos que $$\text{rango}\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 3\end{pmatrix} = \text{rango}\begin{pmatrix}1 & x-1\\ 2 & y-0 \\ 3 & z - (-1)\end{pmatrix}=1$$ luego, orlando el elemento no nulo de la primera fila y primera columna de la matriz $3 \times 2$, deducimos que los siguientes menores complementarios de orden $2$ tienen que ser nulos:
$$\begin{vmatrix}1 & x-1 \\ 2 & y-0\end{vmatrix}=0 \Leftrightarrow \dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-0}{2}$$ y $$\begin{vmatrix}1 & x-1 \\ 3 & z + 1\end{vmatrix}=0 \Leftrightarrow \dfrac{z+1}{3}=\dfrac{x-1}{1}$$ por tanto $$r \equiv \dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-0}{2} = \dfrac{z+1}{3}$$

Ecuaciones cartesianas ( o implícitas ) de la recta:
De dos de las tres igualdades ( basta con dos ) de la forma continua, podemos escribir
$$\left\{\begin{matrix}\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-0}{2} \\ \\ \dfrac{y-0}{2} = \dfrac{z+1}{3} \end{matrix}\right.$$ o lo que es lo mismo $$r \equiv \left\{\begin{matrix}-2x & + & y &+&0\,z& +&2=0 \\ 0\,x & + & 3\,y &-&2\,z& -&2=0 \end{matrix}\right.$$

Nota: Más adelante, veremos que, así, la recta viene dada por la intersección de dos planos ( cada una de cuyas ecuaciones son de la forma $Ax+By+Cz+D=0$ )
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Geometría afín y euclídea

ENUNCIADO. Dadas las rectas $$r_1 \equiv \left\{\begin{matrix}6x & -& y & -& z& = & 1 \\ 2x & -& y & +& z& = & 1 \end{matrix}\right.$$ y $$r_2 \equiv \left\{\begin{matrix}3x & -& 5y & -& 2z& = & 3 \\ 3x & +& y & +& 4z& = & 3 \end{matrix}\right.$$ se pide:
a) Estudiar la posición relativa de $r_1$ y $r_2$
b) Calcular la distancia entre las dos rectas
c) Hallar la ecuación del plano que contiene a $r_1$ y al punto $P(1,2,3)$

SOLUCIÓN.

Investigando la incidencia de dos planos

ENUNCIADO. Se consideran los planos $\pi: x+y-z-1=0$ y $\pi':x-y+z=0$. Investigar la incidencia de los dos planos.

SOLUCIÓN. Los planos dados tienen algún punto en común si y sólo si el sistema de ecuaciones que forman es compatible. Procedemos a estudiar el sistema.
$$\left\{\begin{matrix}x&+&y&-&z&=1 \\ x&-&y&+&z&=0\end{matrix}\right.$$ La matriz de los coeficientes del sistema es $A=\begin{pmatrix}1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} \overset{-f_1+f_2\rightarrow f_2}{\sim} \begin{pmatrix}1 & 1 & -1 \\ 0 & -2 & 2 \end{pmatrix}$, luego $\text{rg}(A)=2$
y la matriz ampliada es $\tilde{A}=\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & -1 & 1 \\ 1 & -1 & 1 & 0\end{array}\right) \overset{-f_1+f_2\rightarrow f_2}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|c}1 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & -2 & 2 & -1\end{array}\right) $, y por tanto $\tilde{A}=2$

Como $\text{rg}(A)=\text{rg}(\tilde{A})=r=2$, el sistema es compatible, luego hay elementos de incidencia. Al ser $r=2$, el número de variables secundarias es $n-r=3-2=1$; quiere decir esto que la dimensión del subespacio que resulta de la intersección de los dos planos es $1$, así que se trata de una recta. Vamos a determinar ahora dicha recta.

El sistema equivalente reducido ( por Gauss ) es $$\left\{\begin{matrix}x&+&y&-&z&=1 \\ &&-2y&+&2z&=&-1\end{matrix}\right.$$ Eligiendo $z$ como variable secundaria ( parámetro ) y denotándola por $\lambda$, $$\left\{\begin{matrix}x&+&y&=&1+\lambda \\ &&-2y&=&-1-2\lambda\end{matrix}\right.$$ esto es $$\left\{\begin{matrix}x&+&y&=&1+\lambda \\ &&y&=&\dfrac{1+2\lambda}{2}\end{matrix}\right.$$ Sustituyendo el valor de $y$ en la primera ecuación y teniendo en cuenta que $z=\lambda$ podemos escribir las ecuaciones paramétricas de la recta $$\left\{\begin{matrix}x&=&\dfrac{1}{2} \\ y&=&\dfrac{1+2\lambda}{2} \\ z&=&\lambda\end{matrix}\right.$$ Dicha recta, pues, viene dada por el siguiente conjunto (infinito) de puntos $$r:\{(1/2,(1+2\lambda)/2,\lambda):\lambda \in \mathbb{R}\}$$
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Sea la recta del espacio afín (...)

ENUNCIADO. Sea la recta del espacio afín $$r\equiv \left\{\begin{matrix}x&=&1+3\,\lambda \\ y &=& 2\,\lambda \\ z&=&-1+\lambda \end{matrix}\right.$$ y el punto $P(0,1,1)$, no perteneciente a $r$. Determínese la ecuación del plano $\pi$ que contiene a $r$ y a $P$

SOLUCIÓN. Despejando el parámetro $\lambda$, podemos escribir la ecuación de la recta en forma continua $$r \equiv \dfrac{x-1}{3}=\dfrac{y}{2}=\dfrac{z+1}{1}$$ luego un vector de la dirección de $r$ es $\vec{u}=(3,2,1)$ que, evidentemente, está en $\pi$. Por otra parte, podemos obtener puntos de $r$ dando valores arbitrarios al parámetro $\lambda$; por ejemplo, si hacemos $\lambda:=0$, vemos que un punto de $r$ es $R(1,0,-1)$. Así, otro vector de $\pi$ es $\overset{\rightarrow}{RP}=(0-1,1-0,1-(-1))=(-1,1,2)$. Por tanto, un vector perpendicular a $\pi$ viene dado por $$\vec{n}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\3 & 2 & 1 \\ -1 & 1 & 2\end{vmatrix}=3\,\vec{i}-7\,\vec{j}+5\,\vec{k}=(3,-7,5)$$ Así, $$\pi \equiv 3x-7y+5z+D=0$$ Para determinar el coeficiente $D$, imponemos que $P \in \pi$, con lo cual $$3 \cdot 0 - 7 \cdot 1 + 5 \cdot 1+D=0$$ de donde $$D=2$$ La ecuación del plano pedida es pues $$\pi\equiv 3x-7y+5z+2=0$$
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Dado el plano (...)

ENUNCIADO. Dado el plano $\pi \equiv 3x+3y+z-9=0$, se pide:
a) Determinar la ecuación del plano perpendicular a $\pi$ que contiene al eje $Ox$
b) Determinar el punto del plano $\pi$ más cercano al origen de coordenadas

SOLUCIÓN.
a)
Denotemos por $\pi'$ al plano pedido. Éste ha de ser uno de los planos del haz de planos cuya intersección es la recta $Ox \equiv \left\{\begin{matrix}y=0 \\ z=0\end{matrix}\right.$.

Los planos $y=0$ y $z=0$ ( cuya intersección es el eje $Ox$ ) forman parte de dicho haz de planos, luego la ecuación del mismo es $\mathcal{H} \equiv y+\mu z =0 \,,\,\mu \in \mathbb{R}$, luego los vectores característicos de los planos del haz tienen componentes $(0,1,\mu)$

Por otro lado, de la ecuación general del $\pi$ vemos que un vector característico de $\pi$ es $\vec{n}_{\pi}=(3,3,1)$

Como $\pi'$ y $\pi$ son perpendiculares, también lo son los vectores característicos de sendos planos, $\vec{n}_{\pi}$ y $\vec{n}_{\pi'}$, luego el producto escalar de éstos ha de ser igual a $0$ $$\langle \vec{n}_{\pi},\vec{n}_{\pi'}\rangle =0$$ con lo cual $$\langle (3,3,1,),(0,1,\mu)\rangle =0 \Leftrightarrow 3\cdot 0+3\cdot 1+1\cdot \mu=0 \Leftrightarrow \mu=-3$$ Así que el vector característico de $\pi'$ es $\vec{n}_{\pi'}=(0,1,-3)$, por consiguiente la ecuación general de $\pi'$ es $0\cdot x+y-3\,z+D=0 \quad \quad (1)$

Nos falta aún determinar el valor del coeficiente $D$. Para ello hemos de tener en cuenta que el punto $O(0,0,0)$ está en $\pi'$ ( por estar también en el eje $Ox$ ), por lo que sus coordenadas han de satisfacer la ecuación de $\pi'$, $$0\cdot 0+0-3\cdot 0+D=0 \Leftrightarrow D=0$$ Por tanto, sustituyendo el valor de $D$ que acabamos de encontrar en (1), llegamos a $$\pi'\equiv y-3x=0$$

b)
Por la noción de mínima distancia en el espacio euclídeo, el punto pedido $P$ ha de estar sobre la recta perpendicular a $\pi$ que pasa por el origen de coordenadas $O(0,0,0)$. A esta recta la llamaremos $r$.

Determinaremos, primero, la ecuación de $r$. Finalmente, calcularemos las coordenadas del punto de intersección de $r$ y $\pi$, que no es otro que el punto pedido $P$.

De la ecuación general de $\pi$ vemos que un vector característico del mismo ( un vector perpendicular a $\pi$ ) es $\vec{n}_{\pi}=(3,3,1)$. Como $r$ es perpendicular a $\pi$, un vector en la dirección de $r$ es el propio vector vector característico de $\pi$, de componentes $(3,3,1)$. Así que la ecuación de la recta $r$ ( que pasa por el origen de coordenadas ) podemos expresarla de la siguiente forma, $$r\equiv (x-0,y-0,z-0)=k\,(3,3,1)\,;\,k \in \mathbb{R}$$ y por tanto también de forma paramétrica $$r\equiv \left\{\begin{matrix}x=3k \\ y=3k\\z=k\end{matrix}\right.$$ Despejando el parámetro, $$\left\{\begin{matrix}k=x/3 \\ k=y/3\\k=z\end{matrix}\right.$$ de donde escribimos las ecuaciones implícitas (cartesianas) de $r$ $$r\equiv \left\{\begin{matrix}x-y=0 \\ y-3z=0\end{matrix}\right.$$

Ahora determinaremos las coordenadas del punto $P$ ( intersección de $r$ y $\pi$ ); para ello, resolveremos el sistema de ecuaciones formado por la ecuación general del plano $\pi$ y por las dos ecuaciones cartesianas de $r$: $$\left\{\begin{matrix}3x&+&3y&+&z&=&9 \\ x&-&y&&&=&0\\ x&&&-&3z&=&0\end{matrix}\right.$$
Un sistema equivalente, reducido por Gauss, es $$\left\{\begin{matrix}3x&+&3y&+&z&=&9 \\ &&6y&+&z&=&9\\ &&&&19z&=&9\end{matrix}\right.$$ Despejando la variable $z$ de la última ecuación, obtenemos $$z=\dfrac{9}{19}$$ sustituyendo este valor en la segunda ecuación obtenemos $$y=\dfrac{27}{19}$$ y, a su vez, sustituyendo el valor de las dos últimas incógnitas en la primera ecuación y despejando $x$ se obtiene $$x=\dfrac{27}{19}$$
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Demostrar que si tres vectores ... ( Artículo escrito en catalán )

Enunciat:
Demostreu que si tres vectors $\vec{e}_1$, $\vec{e}_2$ i $\vec{e}_3$ de $\mathbb{R}^3$ no estan continguts en el mateix pla ni són paral·lels llavors, de la igualtat
$a\,\vec{e}_1+b\,\vec{e}_2+c\,\vec{e}_2=\vec{0}$ es desprèn que $a=b=c=0$

Solució:
De la igualtat vectorial escrita en components
$a\,(e_{1_{x}}+e_{1_{y}}+e_{1_{z}})+b\,(e_{2_{x}}+e_{2_{y}}+e_{2_{z}})+c\,(e_{3_{x}}+e_{3_{y}}+e_{3_{z}})=(0,0,0)$
en podem escriure les tres equacions escalars següents (igualant component a component)
$\left.\begin{matrix}a\,e_{1_{x}}+b\,e_{2_{x}}+c\,e_{3_{x}}=0\\ \\a\,e_{1_{y}}+b\,e_{2_{y}}+c\,e_{3_{y}}=0\\ \\ a\,e_{1_{z}}+b\,e_{2_{z}}+c\,e_{3_{z}}=0\\ \end{matrix}\right\}$
que formen un sistema d'equacions lineals que, expressat en forma matricial, queda
$\begin{pmatrix} e_{1_{x}}& e_{2_{x}} & e_{3_{x}}\\ e_{1_{y}}& e_{2_{y}} & e_{3_{y}}\\ e_{1_{z}}& e_{2_{z}} & e_{3_{z}}\\\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix} a\\b\\c\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\0\\0\end{pmatrix}$

El fet que els tres vectors $\vec{e}_1$, $\vec{e}_2$ i $\vec{e}_3$ no estiguin en el mateix pla implica que són linealment independents, d'on deduïm que la matriu $A$ dels coeficients

$\begin{pmatrix} e_{1_{x}}& e_{2_{x}} & e_{3_{x}}\\ e_{1_{y}}& e_{2_{y}} & e_{3_{y}}\\ e_{1_{z}}& e_{2_{z}} & e_{3_{z}}\\\end{pmatrix}$

té rang igual a $3$.

Pel que fa a la matriu ampliada amb els termes independents

$\begin{pmatrix} e_{1_{x}}& e_{2_{x}} & e_{3_{x}} & | & 0\\ e_{1_{y}}& e_{2_{y}} & e_{3_{y}} & | & 0\\ e_{1_{z}}& e_{2_{z}} & e_{3_{z}} & | & 0 \\\end{pmatrix}$

veiem que també té rang igual a $3$, atès de ampliem $A$ amb el vector nul (sistema homogeni)

llavors,
$\text{rang}(A)=\text{rang}(A\,\text{ampliada})=\text{nombre de variables}$

I, pel Teorema de Rouché-Fröbenius, cal concloure que la única solució del sistema d'equacions és la solució trivial

$a=b=c=0$
$\square$

[nota del autor]

Considérese una recta ... ( Artículo escrito en catalán )

Enunciat:
Considereu una recta $r$ de $\mathbb{R}^3$ (espai vectorial afí) que ve donada per la intersecció del següent parell de plans:
    $r:\,\,\left\{\begin{matrix}\pi_1:\;\; x+y+z-1=0\\\\\pi_2:\;\;x+2y+3z+5=0\end{matrix}\right.$
Justifiqueu que la dimensió del subespai vectorial associat a la recta és $1$ i determineu un vector que faci de base d'aquest subespai vectorial.

Solució:
Abans de fer càlculs, cal que ens adonem que, a l'espai afí, si els plans no són paral·lels o coincidents, que no es el cas, la seva intersecció és una recta, per tant la dimensió de la recta, com a subespai de l'espai vectorial afí $\mathbb{R}^3$, ha de ser igual a $1$ perquè, vist des d'un punt de vista físic, damunt d'aquesta tan sols hi ha un grau de llibertat. Dit això, anem a donar una justificació més formal:

Reduint el sistema per Gauss-Jordan veiem que es compatible indeterminat, amb dues de les seves variables depenent d'un sol paràmetre (la tercera variable), per a la qual escollirem, per exemple, $z$, donant-li així el paper de paràmetre; l'anomenem $\lambda$.

Llavors,
    $r:\,\,\left\{\begin{matrix} x&\,&\,&\;\;&=&-4-5\lambda\\\\&\,&\,&y&=&4\lambda+5\end{matrix}\right.$
D'on es fa palès que el rang del sistema d'equacions es $r=2$ y, per tant, la dimensió del subespai vectorial associat a la recta és igual a $n-r=3-2=1$, tal i com volíem demostrar.
Del sistema reduït obtenim les equacions de la recta en funció del paràmetre $\lambda$:
    $r:\,\,\left\{\begin{matrix} \dfrac{x+4}{-5}=\lambda\\\\\dfrac{y-5}{4}=\lambda\\\\ z=\lambda\end{matrix}\right.$
Escrivint, ara, l'equació de la recta en forma contínua arribem a
    $\dfrac{x-(-4)}{-5}=\dfrac{y-5}{4}=\dfrac{z-0}{1}$
d'on, dels denominadors, trobem que un vector director de $r$ es $(-5,4,1)$, que podem prendre com a base del subespai vectorial que representa la recta $r$: tot vector damunt d'aquesta recta és proporcional $(-5,4,1)$, és a dir, es combinació lineal d'aquest, i per tant una base de l'espai vectorial associat a la recta és $\mathcal{B}_r=\{(-5,4,1)\}$
$\square$

[nota del autor]

Determinar la ecuación del plano tal que ... ( Artículo escrito en catalán )

Enunciat:
Considereu l'espai afí $(\mathbb{R}^3, O, \mathcal{B})$ on:
    $\mathbb{R}^3$ és l'espai vectorial estàndard sobre el cos $\mathbb{R}$
    L'origen de coordenades $O$ el prenem en el punt de coordenades $(0,0,0)$
    La base $\mathcal{B}$ escollida de l'espai vectorial $\mathbb{R}^3$ està formada pels vectors
            $\{e_1=1,0,0,e_2=(0,1,0),e_3=(0,0,1)\}$
                ( que es la base estàndard o canònica).
Determineu l'equació implícita (o e. general) del pla que passa pels punts $P(1,0,0)$, $Q(0,1,0)$ i $R(0,0,1)$


  Comentari:   Les projeccions d'aquest pla sobre els plans $Oxy$, $Oxz$ i $Oyz$, són rectes que formen angles de 45º amb els eixos respectius.

Solució:
L'equació implícita del pla
    $A\,x+B\,y+C\,z+D=0$
que passa per tres punts donats
    $P(x_P,y_P,z_P)$, $Q(x_Q,y_Q,z_Q)$ i $R(x_R,y_R,z_R)$
ve donada per
    $\begin{vmatrix} x&y &z &1\\ x_P&y_P &z_P &1 \\ x_Q&y_Q &z_Q &1 \\ x_R&y_R &z_R &1 \end{vmatrix}=0$
que, amb les dades donades, es concreta així
    $\begin{vmatrix} x&y &z &1\\ 1&0 &0 &1 \\ 0&1 &0 &1 \\ 0&0 &1 &1 \end{vmatrix}=0$
Per calcular el determinant d'ordre $4$ desenvoluparem pels adjunts de la primera columna
    $\begin{vmatrix} x&y &z &1\\ 1&0 &0 &1 \\ 0&1 &0 &1 \\ 0&0 &1 &1 \end{vmatrix}=x\,\begin{vmatrix} 0&0 &1 \\ 1&0 &1 \\ 0&1 &1 \end{vmatrix}-\begin{vmatrix} y&z &1 \\ 1&0 &1 \\ 0&1 &1 \end{vmatrix}=x-(1-y-z)$
                                                                              $=x+y+z-1$

Per tant el pla $\pi_{PQZ}$ ve descrit per l'equació (e. general del pla):

    $\pi_{PQZ}:\;\; x+y+z-1=0$

Nota:   Observem que si fem les projeccions del pla sobre els tres plans $Oxy$ ( fent $z=0$ ), $Oyz$ ( fent $x=0$ ) i $Oxz$ ( fent $y=0$ ) obtenim, respectivament, les rectes:
    $x+y=1$, és a dir, la recta $y=-x+1$ ( en el pla $Oxy$ )
    $z+y=1$, és a dir, la recta $z=-y+1$ ( en el pla $Oyz$ )
    $x+z=1$, és a dir, la recta $z=-x+1$ ( en el pla $Oxz$ )
$\square$

[nota del autor]