Cálculo en Varias Variables - Mario Errol Chavez Gordillo

(1)

l´ım

(x,y,z)7→(a,b,c) x2+y2>z2 R

f (xr, ys, zt) dr ds dt

n

P

i,j=1 i6=j

|a

ij

|

2

m´ax

k,l=1,...,n k6=l

a

2_kl

≤

α=s1

z }| {

X

n≥1

an

+

β=s2

z }| {

_X

n≥1

bn

|

{z

}

¿γ=P_n≥1(an+bn)?

ξ τ τ o

Z

s

C ´

ALCULO EN VARIAS VARIABLES

Autor

MARIO ERROL CHAVEZ GORDILLO La Paz - Bolivia 2012

A

B

S

+

-S

W

u

W

ss

(s )

0

(

)

W

u

(s )

0

s

+ -+ -W ₍ ₎

s

s+

-u

g

0

(2)

´Indice general

1. Espacio Euclidiano n-dimensional 1

1.1. Operaciones entre vectores . . . 1

1.2. Producto interno y Norma . . . 3

1.3. Paralelismo y Perpendicularidad . . . 6

1.4. Proyecci´on y Componente . . . 9

1.5. ´Angulo entre vectores . . . 11

1.6. Producto vectorial . . . 13

2. Geometr´ıa Anal´ıtica S´olida 22 2.1. Introducci´on . . . 22

2.2. Distancia entre dos puntos . . . 23

2.3. La recta . . . 24

2.4. El Plano . . . 26

2.5. Distancias entre puntos, rectas y planos . . . 41

2.6. Superficies Cuadr´aticas . . . 45

3. Curvas 49 3.1. Derivada y Recta Tangente . . . 50

3.2. Longitud de Curva . . . 54

3.3. Curvatura, Normal Principal . . . 56

4. Funciones Vectoriales de Variable Vectorial 58 4.1. Dominio y e imagen de una funci´on . . . 60

(3)

4.2. Operaciones con funciones. . . 62 4.3. Gr´aficas de funciones . . . 64 4.3.1. Secciones . . . 64 4.3.2. Curvas de Nivel . . . 64 4.3.3. Superficies de Nivel . . . 65 5. Limites y Continuidad 67 5.1. Limites de funciones . . . 67

5.2. Calculando l´ımites por sustituci´on directa. . . 73

5.3. C´alculo de l´ımites mediante operaciones algebraicas. . . 74

5.4. C´alculo de l´ımites usando el teorema de acotaci´on . . . 78

5.5. Inexistencia de l´ımites . . . 81

5.5.1. L´ımites direccionales . . . 81

5.5.2. L´ımites parciales iterados (o reiterados) . . . 86

5.6. Continuidad de funciones . . . 86

6. Derivaci´on de funciones reales de varias variables 90 6.1. Derivadas parciales . . . 90

6.1.1. C´alculo de derivadas parciales usando reglas de derivaci´on. . . 92

6.1.2. Interpretaci´on geom´etrica de las derivadas parciales . . . 102

6.2. La Derivada Parcial como raz´on de cambio . . . 103

6.2.1. Productividad Marginal . . . 106

6.2.2. Continuidad y derivadas parciales. . . 111

6.3. Derivadas parciales de ´ordenes superiores . . . 112

6.4. Derivadas direccionales . . . 119

6.4.1. Continuidad y derivadas direccionales. . . 125

6.5. Funciones Diferenciables . . . 126

6.6. La diferencial (total) de una funci´on . . . 128

6.7. Regla de la Cadena . . . 136

6.8. El Teorema de la Funci´on Impl´ıcita . . . 153

6.9. El Gradiente de una funci´on diferenciable . . . 161

6.10. F´ormula de Taylor . . . 172

(4)

UMSA mατιo ετ oR ζℏαυεz ⊛ 74076882 iii

6.11.1. Significado geom´etrico de la tangencia . . . 189

7. Aplicaciones 191 7.1. Extremos relativos. Criterio del Hessiano . . . 191

7.2. Multiplicadores de Lagrange . . . 214

7.2.1. M´etodo de los multiplicadores de Lagrange. . . 215

8. Derivaci´on de funciones vectoriales de varias variables 254 8.1. Diferenciabilidad y matriz Jacobiana . . . 254

8.2. Regla de la cadena . . . 254

8.3. El Teorema de la aplicaci´on inversa . . . 254

9. Integrales M´ultiples 255 9.1. Integrales Multiples. . . 255

9.2. Integrales Dobles . . . 256

9.2.1. Invirtiendo el orden de integraci´on . . . 269

9.2.2. C´alculo de ´areas . . . 274

9.3. Cambio de variables en Integrales Dobles . . . 276

9.3.1. Integrales dobles en coordenadas polares . . . 288

9.4. Integrales triples . . . 303

9.5. Cambio de variables en Integrales Triples . . . 310

9.5.1. Integrales triples en coordenadas cil´ındricas . . . 311

9.5.2. Integrales triples en coordenadas esf´ericas . . . 319

10.Integrales de Linea 326 10.1. Definici´on y Propiedades . . . 326

10.2. orientaci´on en ua integral de l´ınea . . . 328

10.3. Teorema de Green . . . 329

10.4. ´Area Encerrada por una Curva . . . 335

10.5. Independencia del Camino de Integraci´on . . . 336

11.Integrales de Superficie 338 11.1. Definici´on . . . 338

11.2. Teorema de la Divergencia . . . 339

(5)

11.3. Teorema de Stokes . . . 339

12.Sucesiones y Series 340

12.1. Sucesiones . . . 340 12.2. Series . . . 344 12.2.1. Criterios de Convergencia . . . 345

13.Funciones Gamma y Beta 355

13.1. Funci´on Gamma . . . 355 13.2. Funci´on Beta . . . 359

(6)

CAP´ITULO 1

Espacio Euclidiano n-dimensional

Se define el conjunto Rn _{de la siguiente manera:}

Rn _{= {(x}₁_{, ..., x}_n_{) : x}_i _{∈ R, para i = 1, ..., n}}

1.1. Operaciones entre vectores

En Rn _{se define la suma y la multiplicaci´on escalar de la siguiente forma:}

Suma.- Sean x, y en Rn _{tales que x = (x}

1, x2, x3, ..., xn), y = (y1, y2, y3, ..., yn), entonces

x + y = (x1 + y1, x2+ y2, x3+ y3, ...., xn+ yn)

La multiplicaci´on escalar.- Sea x = (x1, x2, x3, ..., xn) y c ∈ R, se define:

cx = (cx1, cx2, cx3, ..., cxn)

Se puede verificar que esta operaciones en Rn _{verifican las siguientes propiedades}

1. x + y = y + x, para todo x, y en Rn_.

2. (x + y) + z = x + (y + z), para todo x, y, z en Rn_.

3. Existe un elemento en Rn_{, denotado 0 y llamado vector cero, tal que para todo x en R}n

cumple que x + 0 = 0 + x = x.

(7)

4. Para todo x en Rn_{, existe un elemento en R}n_{, denotado −x, tal que x+(−x) = (−x)+x = 0.}

5. (a + b)x = ax + bx, para todo a, b en R, y para todo x en Rn_.

6. a(x + y) = ax + ay, para todo a en R, y para todo x, y en Rn_.

7. (ab)x = a(bx), para a, b en R, y para todo x en Rn_.

8. 1x = x, para todo x en R.

As´ı, Rn _{se dice que es un espacio vectorial real para las operaciones definidas anteriormente. Los}

elementos de Rn _{reciben el nombre de vectores.}

EJEMPLO 1.1. Mostrar que el vector que une los puntos medios de dos de los lados de un tri´angulo es paralelo al tercer lado y tiene la mitad de su longitud.

SOLUCI ÓN.- Denotemos por A, B y C los vértices de un triángulo. Tomemos los puntos medios son P = A + B

2 del lado AB y Q =

A + C

2 del lado AC. Puesto que P − Q = A + B 2 − A + C 2 = A + B − A − C 2 = B − C 2

entonces el vector que une los puntos medios de dos de los lados AB y AC es paralelo al lado BC

y tiene la mitad de su longitud. _♣

EJEMPLO 1.2. Mostrar que las diagonales de un paralelogramo se bisectan.

SOLUCI ´ON.- Consideremos el paralelogramo de vertices A, B, C y D, de modo que AD y BC sean sus diagonales. Denotemos los puntos medios de estas diagonales por

P = A + D

2 , Q =

B + C 2

Primero que todo, estos puntos son iguales, en efecto, puesto que CD = AB, esto es D−C = B−A, entonces D + A = B + C, esto es P = A + D

2 =

B + C 2 = Q. Por otro lado, puesto que

P − A = A + D 2 − A = A + D − 2A 2 = D − A 2 D − P = D − A + D 2 = 2D − A − D 2 = D − A 2

Por tanto P − A = D − P , esto es AP = P D, un an´alisis similar muestra que BP = P C. Por consiguiente las diagonales de un paralelogramo se bisectan. ♣

(8)

UMSA mατιo ετ oR ζℏαυεz ⊛ 74076882 3

EJEMPLO 1.3. Sean A, B, C, D, X, Y , Z, U, vértices de un paralelogramo, como en la figura. Expresar los vértices X, Y , Z, U en función de A, B, C, D.

SOLUCI ´ON.- Es claro de la figura que:

El vector −−→AX es paralelo al vector −−→BC El vector −→AB es paralelo al vector −−→Y D El vector −−→BC es paralelo al vector −−→DU El vector −→AB es paralelo al vector −→ZU

adem´as del hecho de que se trata de un paralelogramos se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones X − A = C − B

B − A = D − Y C − B = U − D B − A = U − Z

Despejando las variables X, Y , Z, U en funci´on de A, B, C, D obtenemos X = A + C − B

Y _{= A + D − B} U = C − B + D

Z = U − B + A = A + C + D − 2B

♣

1.2. Producto interno y Norma

DEFINICI ´ON 1.1. Para x = (x1, x2, x3, ..., xn), y = (y1, y2, y3, ..., yn) en Rn definimos el

pro-ducto interno por

x • y = x1y1+ x2y2+ x3y3+ · · · + xnyn.

TEOREMA 1.1. El producto interno satisface: 1. x • x ≥ 0 para todo x ∈ Rn_,

2. x • x = 0 si y solo si x = 0, 3. x • y = y • x para todo x, y ∈ Rn_,

4. (cx) • y = c(x • y) para todo x, y ∈ Rn_{, c ∈ R}

5. (x + y) • z = x • y + y • z para todo x, y, z ∈ Rn_.

(9)

Demostraci´on. ❚ EJEMPLO 1.4. Sean los vectores r = (x, y, z), a = (a1, a2, a3), b = (b1, b2, b3). Demostrar que

la ecuaci´on (r − a) • (r − b) = 0 representa una esfera; encontrar su radio y centro.

SOLUCI ´ON.- _♣

DEFINICI ´ON 1.2. Para x = (x1, x2, x3, ..., xn) en Rn definimos la norma o longitud de x por

||x|| =√x • x = q

x2

1+ x22+ x23 + · · · + x2n.

TEOREMA 1.2. La norma satisface: 1. ||x|| ≥ 0 para todo x ∈ Rn_,

2. ||x|| = 0 si y solo si x = 0,

3. ||cx|| = |c| ||x|| para todo x ∈ Rn_{, c ∈ R}

4. |x • y| ≤ ||x|| ||y|| para todo x, y ∈ Rn_.

5. ||x + y|| ≤ ||x|| + ||y|| para todo x, y ∈ Rn_.

Demostraci´on. ❚

EJEMPLO 1.5. Determine los valores de c sabiendo que u = (−4, −1, −4) y ||cu|| = 5 SOLUCI ´ON.- Puesto que

||cu|| = |c| ||u|| = |c|p(−4)2_{+ (−1)}2_{+ (−4)}2 _{= |c|}√_{33 = 6}

de donde

|c| = √6 33 por lo tanto los posibles valores para c son:

c = √6

33 o c = − 6 √

33.

EJEMPLO 1.6. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´on. Si u es un vector unitario en la direcci´on del vector v, entonces v = ||v|| u. Justifique su respuesta.

SOLUCI ´ON.- _♣

EJEMPLO 1.7. Mostrar que la recta que une el vértice de un triángulo isósceles con el punto medio de su base es perpendicular a su base.

(10)

SOLUCI ÓN.- Sean los vectores A, B y C los lados del triángulo isósceles. Asumamos que ||A|| = ||B||. Si P el punto inicial de A y B, entonces C = A − B. Tomemos un punto Q en C de modo que P Q = 1

2(A+ B). Debemos demostrar que C es perpendicular a P Q, esto es C •P Q = 0. En efecto,

C • P Q = (A − B) • 1₂(A + B) = 1 2(||A||

2

− ||B||2) = 0.

Una segunda demostración. Tomemos los vectores A y B como lados del triángulo isósceles, de modo que B − A es el tercer lado. Asumamos que ||B|| = ||B − A||, de donde ||B||2 _{= ||B − A||}2_,

as´ı B • B = B • B − 2A • B + A • A, de aqu´ı A • A = 2A • B.

Por otro lado la recta que une el v´ertice com´_{un a B y B − A con el punto medio de A tiene vector} direcci´on igual a M = B − 1₂A. Ahora bien, puesto que

A • M = A •

B − 1₂A

= A • B − 1₂A • A = A • B − A • B = 0

se sigue que A es perpendicular a M, lo cual prueba el resultado. ♣

EJEMPLO 1.8. Demostrar ||A + B||2 _{= ||A||}2_{+ ||B||}2 _{si y solo si A • B = 0.}

SOLUCI ´ON.- Puesto que

||A + B||2 _{= (A + B) • (A + B) = A • (A + B) + B • (A + B)}

= A • A + A • B + B • A + B • B = ||A||2_{+ 2A • B + ||B||}2

Entonces ||A + B||2 _{= ||A||}2_{+ ||B||}2 _{si y solo si A • B = 0.}

EJEMPLO 1.9. Demostrar ||A + B||2_{+ ||A − B||}2 _{= 2||A||}2_{+ 2||B||}2_.

SOLUCI ´ON.- De los ejercicios anteriores tenemos

||A + B||2_{+ ||A − B||}2 _{= ||A||}2_{+ 2A • B + ||B||}2_{+ ||A||}2_{− 2A • B + ||B||}2

= 2||A||2_{+ 2||B||}2

EJEMPLO 1.10. Demostrar ||A + B||2_{− ||A − B||}2 _{= 4 A • B.}

(11)

SOLUCI ´ON.- De los ejercicios anteriores tenemos

||A + B||2_{− ||A − B||}2 _{= ||A||}2_{+ 2A • B + ||B||}2_{− ||A||}2_{+ 2A • B − ||B||}2

= 4A • B

EJEMPLO 1.11. Dados vectores distintos de cero A y B en R3_{, mostrar que el vector V =}

||A||B + ||B||A biseca el ´angulo entre A y B. SOLUCI ´ON.- Es suficiente probar que

A • V ||A|| ||V || = V • B ||V || ||B|| En efecto. A • V ||A|| − B • V ||B|| = 0 A ||A|| − B ||B|| • V = 0 A ||A|| − B ||B|| •||A||B + ||B||A= 0 A ||A||• ||A||B + A ||A|| • ||B||A − B ||B|| • ||A||B − B ||B|| • ||B||A = 0 A • B + ||B|| ||A||A • A − ||A|| ||B||B • B − B • A = 0 ||B|| ||A||||A|| 2 − ||A|| ||B||||B|| 2 _{= 0} ||B|| ||A|| − ||A|| ||B|| = 0

1.3. Paralelismo y Perpendicularidad

DEFINICI ´ON 1.3. Dos vectores en Rn _{son paralelos si uno es m´}_{ultiplo escalar del otro. Dos}

(12)

EJEMPLO 1.12. Los vectores can´onicos en Rn _{son dos a dos perpendiculares.}

EJEMPLO 1.13. Analice si los vectores a = (2, −3, 1) y b = (−4, −2, 2) son paralelos, ortogo-nales o ninguna de amabas cosas.

SOLUCI ´ON.- _♣

EJEMPLO 1.14. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´on. Justifique su respuesta. Si a y b son ortogonales a c, entonces a + b es ortogonal a c.

SOLUCI ´ON.- Esta es una afirmaci´on verdadera. En efecto, como a y b son ortogonales a c, entonces

a • c = 0 y b • c = 0. Ahora bien, puesto que

(a + b) • c = a • c + b • c = 0 + 0 = 0 se concluye que a + b es ortogonal a c.

EJEMPLO 1.15. Demostrar vectorialmente que las diagonales de un rombo se cortan en ´angulo recto.

SOLUCI ´_{ON.- Empecemos demostrando que si u y v son vectores tales que ||u|| = ||v||, entonces} u + v es ortogonal a u − v. En efecto, esto se deduce inmediatamente de la igualdad:

(u + v) • (u − v) = ||u||2− u • v + v • u − ||v||2= 0.

Ahora bien sean los puntos p0, p1, p2 y p3 los v´ertices de un rombo. Entonces, supongamos que

los vectores

u = −−→p0p1

y

v = −−→p0p2.

son dos de sus lados adyacentes. Por otro lado se sabe que los lados de un rombo son todos iguales. Entonces ||u|| = ||v||. Luego por lo probado anteriormente se segue que u + v es ortogonal a u − v. Pero como

u + v = −−→p0p1+ −−→p0p2 = −−→p0p3.

y

u − v = −−→p0p1− −−→p0p2 = −−→p1p2.

Por tanto las diagonales del rombo −−→p0p3 y −−→p1p2 se cortan en ´angulo recto.

(13)

EJEMPLO 1.16. Encuentre dos vectores en direcciones opuestas que sean ortogonales al vector u = (5, 2, 1)

SOLUCI ´_{ON.- El vector (x, y, z) es ortogonal al vector u = (5, 2, 1) cuando (x, y, z)•(5, 2, 1) = 0,} esto es,

5x + 2y + z = 0.

Para obtener un ejemplo hagamos y = −1, z = −3 en la anterior ecuaci´on y despejando x se tiene que x = 1. Luego unos de los vectores buscado es

(1, −1, −3) y su vector opuesto

(−1, 1, 3) tambi´en es ortogonal a u.

EJEMPLO 1.17. Calcula los valores x, y para que el vector (x, y, 1) sea ortogonal a los vectores (3, 2, 0) y (2, 1, −1). Respuesta. x = 2, y = −3.

SOLUCI ´ON.- ♣

EJEMPLO 1.18. Dados los vectores u = (3, 1, −1) y v = (2, 3, 4), halla un vector unitario y ortogonal a u y a v. Respuesta. √6 6 , − √ 6 6 , √ 6 6 . SOLUCI ´ON.- _♣

EJEMPLO 1.19. Sabiendo que ||u|| = 3, ||v|| = 5 determinar para que valores de r los vectores u + rv y u − rv son ortogonales entre si.

SOLUCI ´ON.- ♣

EJEMPLO 1.20. Dados los vectores u, v, w que satisfacen la condici´on u + v + w = 0 y sabiendo que ||u|| = 3, ||v|| = 1, ||w|| = 4. Calcular u • v + v • w + u • w.

SOLUCI ´ON.- _♣

EJEMPLO 1.21. Si los vectores u y v son tales que ||u|| = ||v|| probar que los vectores u + v y u − v son ortogonales.

SOLUCI ´ON.- ♣

EJEMPLO 1.22. Demostrar vectorialmente que las diagonales de un rombo se cortan en ´angulo recto.

(14)

SOLUCI ´ON.- ♣

EJEMPLO 1.23. Si u y v son vectores no nulos, demostrar que el vector u − rv es ortogonal a v si r = u • v

||v||2.

SOLUCI ´ON.- _♣

1.4. Proyecci´

on y Componente

DEFINICI ÓN 1.4. Sean a, b vectores. La proyección del vector a en la dirección del vector b es definido por Proy_ba = a • b

||b||2 b. La componente del vector a en la direcci´on del vector b es definido

por Comp_ba = a • b ||b||.

TEOREMA 1.3. Se tiene que Proy_ba = Comp_ba b

||b||, adem´as el vector v = a − Proyba es ortogonal al vector b.

Demostraci´on. ❚

EJEMPLO 1.24. Sean los vectores a = 3i + 5j + 2k y b = −4i + 3k tal que: a = u + v, siendo u paralelo a b y ortogonal a v. Hallar u y v.

SOLUCI ´ON.- Del hecho de que u es paralelo a b se sigue que u = λb para alg´_{un λ ∈ R, del} mismo modo u ortogonal a v implica que u • v = 0. Como v = a − u = a − λb, se tiene que

u • v = 0 (λb) • (a − λb) = 0 λb • a − λ2_{b • b = 0} λ(b • a − λ||b||2_{) = 0} de donde λ = b • a ||b||2. Por tanto, u = b • a ||b||2b y v = a − b • a ||b||2 b.

EJEMPLO 1.25. Dados los vectores u(4, −1, 6), v(5, 7, −2). Hallar: u • v, ||u||, ||v||, u ||u||, el ´angulo entre u y v, 3u − 1

2v,

u + v

||u + v||, Proyvu, Compvu. El valor que debe tener el valor m para que el vector (−2, m, −3m) sea ortogonal a u.

(15)

SOLUCI ´ON.- ♣ EJEMPLO 1.26. Dados los vectores u = (−1, 2) y v = (3, 2)

(i) Halle la proyecci´on Proy_vu, de u en v. (ii) Halle u − Proyvu

(iii) Verifique que u − Proyvu es ortogonal a v, es decir que (u − Proyvu) • v = 0.

SOLUCI ´ON.- ♣

EJEMPLO 1.27. Observe que u = Proyvu + [u − Proyvu]. Si u = (−5, 9) y v = (1, 1), expresar

u como la suma de un vector paralelo a v y un vector ortogonal a v. Repita este ejercicio cuando u = (1, 2, 3) y v = (1, 1, 0).

SOLUCI ´ON.- _♣

EJEMPLO 1.28. Hallar los vectores u, v tales que Proy_vu = (1, 2, 3) y Proy_uv = (2, 1, 3). SOLUCI ÓN.- Es claro que Proy_vu es un vector paralelo a v, esto es v = tProy_vu = t(1, 2, 3) para algún t, del mismo modo se tiene que u = sProyuv = s(2, 1, 3) para algún s. Por otro lado,

como Proy_vu = u • v ||v||2 v obtenemos k(1, 2, 3)k = kProyvuk = u • v ||v|| = s(2, 1, 3) • t(1, 2, 3) ||t(1, 2, 3)|| = s (2, 1, 3) • (1, 2, 3) ||(1, 2, 3)|| de donde s = ||(1, 2, 3)|| 2 (2, 1, 3) • (1, 2, 3), u = ||(1, 2, 3)||2 (2, 1, 3) • (1, 2, 3)(2, 1, 3) Del mismo modo se tiene que

k(2, 1, 3)k = kProyuvk = v • u ||u|| = t(1, 2, 3) • s(2, 1, 3) ||s(2, 1, 3)|| = t (1, 2, 3) • (2, 1, 3) ||(2, 1, 3)|| de donde t = ||(2, 1, 3)|| 2 (1, 2, 3) • (2, 1, 3), v = ||(2, 1, 3)||2 (1, 2, 3) • (2, 1, 3)(2, 1, 3) ♣

(16)

1.5. Angulo entre vectores

´

DEFINICI ÓN 1.5. El ángulo entre los vectores x y y, es la magnitud que mide la amplitud de rotación o giro (abertura) del vector x alrededor del origen hasta el vector y en sentido contrario a las agujas del reloj.

TEOREMA 1.4. Si θ es el ´angulo generado por los vectores x y y, entonces θ verifica la ecuaci´on cos θ = x • y

||x|| ||y||

Demostraci´on. ❚

EJEMPLO 1.29. ¿Qu´e se sabe acerca del ´angulo entre los vectores no nulos a y b, si (i) a•b > 0?, (ii) a • b < 0?, (i) a • b = 0?

SOLUCI ´

ON.-(i) Si a • b > 0, entonces el ´angulo entre a y b esta entre 0 y π2.

(i) Si a • b < 0, entonces el ´angulo entre a y b esta entre π2 y π.

(i) Si a • b = 0, entonces el ´angulo entre a y b es π 2.

EJEMPLO 1.30. ¿Qu´e se sabe acerca del ´angulo entre los vectores no nulos a y b, si (i) a·b > 0?, (ii) a · b < 0?, (i) a · b = 0?

SOLUCI ´ON.- _♣

EJEMPLO 1.31. Halle el ´angulo θ , entre los vectores dados en cada caso: (i) u = (−1, 2), v = (0, 1) Rta. θ = arccos2√5/5

(ii) u = (−1, 2), v = (1, 1/2) Rta. θ = arccos0 = 90o

(iii) u = (1, 2), v = (7, 14) Rta. θ = arccos1 = 0o_{. ♣}

SOLUCI ´ON.- _♣

EJEMPLO 1.32. Si θ es el ´angulo entre A y B, entonces demostrar ||A−B||2 _{= ||A||}2_{+ ||B||}2₋

2||A|| ||B|| cos θ.

(17)

SOLUCI ´

ON.-||A − B||2 _{= (A − B) • (A − B) = A • (A − B) − B • (A − B)}

= A • A − A • B − B • A + B • B = ||A||2_{− 2A • B + ||B||}2

= ||A||2_{+ ||B||}2_{− 2||A|| ||B|| cos θ}

EJEMPLO 1.33. Si θ es el ´angulo entre A y B en R3_{, entonces demostrar tan θ =} ||A × B||

A • B . SOLUCI ´ ON.-tan θ = sen θ cos θ = ||A×B|| ||A|| ||B|| A•B ||A|| ||B|| = ||A × B|| A • B

EJEMPLO 1.34. Dados los puntos P (1, −1, 2), Q(4, 5, −7), R(−1, 2, 1) y S(2, −1, 3) hallar: (i) Un vector a tal que a ⊥−→P Q, a ⊥−→P R y ||a|| = 2.

(ii) Los cosenos directores del vector u = 1 2

−→

QR −−→QP . (iii) La proyecci´on vectorial de a sobre−→_{QS. ♣}

SOLUCI ´ON.- _♣

EJEMPLO 1.35. Si ||u|| = 10, ||v|| = 10 y ||u + v|| = 20, hallar el ´angulo que forman u y v.

SOLUCI ´ON.- _♣

EJEMPLO 1.36. Sabiendo que ||u|| = 8, ||v|| = 5 y el ´angulo entre u y v es π₃, calcule u • v.

SOLUCI ´ON.- ♣

EJEMPLO 1.37. Los vectores u y v forman un ´angulo de 60o _{con ||u|| = 5, ||v|| = 8 determinar}

||u − v|| y ||u + v||.

SOLUCI ´ON.- _♣

EJEMPLO 1.38. Los vectores u y v forman un ´angulo de 30o _{con ||u|| = 1, ||v|| =}√_{3. Calcular}

el ´angulo formado por los vectores u + v y u − v.

(18)

1.6. Producto vectorial

El producto vectorial “×” esta definido para vectores en R3_{. Es decir, el producto vectorial de dos}

vectores en R3 _{es otro vector en R}3_{. En efecto}

DEFINICI ´ON 1.6. Si a = (a1, a2, a3) y b = (b1, b2, b3) son dos vectores en R3 el producto

vectorial entre a y b se denota por a × b, se lee a por b se define como

a × b = (a1, a2, a3) × (b1, b2, b3) = (a2b3− a3b2, a3b1− a1b3, a1b2− a2b1)

Se verifican la siguientes propiedades

TEOREMA 1.5. Sean a, b, c vectores en R3_{, λ un n´}_{umero real, entonces}

(1) a × b es ortogonal tanto a a como a b

(2) El producto vectorial es anticonmutativo, esto es a × b = −b × a (3) (λa) × b = λ(a × b) (4) Propiedad distributiva a × (b + c) = a × b + a × c (5) a × b = i j k a1 a2 a3 b1 b2 b3 donde i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0), k = (0, 0, 1) Demostraci´on. i j k a1 a2 a3 b1 b2 b3 = i b b 2 c c2 + −j 1 b 2 1 c2 + k 1 b1 c = 1[bc2_{− cb}2_{] − a[1c}2_{− 1b}2_{] + a}2_{[c − b]} = (a2b3− a3b2, a3b1− a1b3, a1b2− a2b1) ❚ EJEMPLO 1.39. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´on. Justifique su respuesta. Es posible encontrar el producto vectorial de dos vectores en el espacio vectorial bidimensional. SOLUCI ´_{ON.- El producto vectorial “×” esta definido para vectores en R}3_{. El producto vectorial}

de dos vectores en R3 _{es otro vector en R}3_{. Recordemos}

(a1, a2, a3) × (b1, b2, b3) = (a2b3− a3b2, a3b1− a1b3, a1b2− a2b1)

Sin embargo podemos “ver” de la forma (a1, a2, 0) como vectores del espacio bidimensional el

plano xy. En este caso tenemos

(a1, a2, 0) × (b1, b2, 0) = (0, 0, a1b2− a2b1)

(19)

que no esta en el plano xy. En resumen NO es posible encontrar el producto vectorial de dos vectores en el espacio vectorial bidimensional.

EJEMPLO 1.40. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´on. Justifique su respuesta. Si se conocen a × b = d y a × c = d, entonces c es igual a b.

SOLUCI ´_{ON.- La respuesta depende de que si a = 0 o a 6= 0. Primero analicemos el caso en que} a = 0. En este caso la igualdades a × b = 0 y a × c = 0 son siempre v´alidas no importando quienes sean b y c. As´ı que no podemos garantizar que sean iguales.

Ahora analizamos el caso en que a 6= 0. De la hip´otesis a × b = d y a × c = d concluimos que a × (b − c) = a × b − a × c = d − d = 0,

lo cual implica que a es paralelo a b − c, de esto y del hecho de que se a 6= 0 se deduce que existe λ 6= 0, tal que, a = λ(b − c). Ahora bien, puesto que

||b − c|| = ||a|| |λ| 6= 0. Lo cual muestra que b 6= c. En resumen la afirmaci´on es falsa.

EJEMPLO 1.41. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´on. Si a y b son paralelos al plano XY , entonces a × b es paralelo al eje Z.

SOLUCI ´ON.- ♣

EJEMPLO 1.42. Sean u, v y w vectores de R3 _{demostrar que}

(1) (u − v) × (u + v) = 2(u × v) (2) u × u = 0

(3) u • (b × c) = −v • (a × c) (4) a × (b × c) = (a • b)b − (a • b)c, ♣

SOLUCI ´ON.- ♣

TEOREMA 1.6. Sean a, b, c vectores en R3_{, λ un n´}_{umero real, entonces}

(1) _{||a × b|| = ||a|| ||b|| sen θ}

(2) _{Si a × b = 0 entonces a y b son vectores paralelos.} (3) _{||a × b|| es el ´area del paralelogramo de lados a y b}

Demostraci´on. Si a × b = 0 entonces a y b son vectores paralelos. En efecto, puesto que ||a × b|| = ||a|| ||b|| sen θ,

(20)

donde θ es el ángulo entre a y b. Reemplazando a × b = 0 en la anterior ecuación tenemos que ||a|| ||b|| sen θ = 0, de donde sen θ = 0, de aqu´ı se obtiene θ = 0. Esto quiere decir que el ángulo entre a y b es cero, por tanto estos vectores deben ser paralelos.

❚

EJEMPLO 1.43. Sean a y b vectores no nulos de R3 _{tales que a × b = 0. ¿Qu´e condici´on}

geométrica deben cumplir los vectores a y b? para que sea cierta la afirmación SOLUCI ÓN.- Los vectores a y b deben ser paralelos.

EJEMPLO 1.44. Hallar el área del triángulo de vértices A(1, 1, 1); B(2, 4, 2); C(3, 4, 0).

SOLUCI ÓN.- Notemos que el área del triángulo dado es igual a la mitad del área del paralelo-gramo de lados B − A y C − A.

Un simple calculo muestra que

B − A = (2, 4, 2) − (1, 1, 1) = (1, 3, 1) C − A = (3, 4, 0) − (1, 1, 1) = (2, 3, −1) y adem´as (B − A) × (C − A) = i j k 1 3 1 2 3 −1 = i 3_{3 −1}1 − j 1_{2 −1}1 + k 1 32 3 = (−6, 3, −3) Lo cu´al implica que

´area del tri´angulo = 1

2||(B − A) × (C − A)|| = 1 2 √ 36 + 9 + 9 = √ 54 2 ♣ EJEMPLO 1.45. Hallar el área del triángulo de vértices A(3, 4, 0); B(1, 1, 1); C(3, 5, 3).

SOLUCI ÓN.- Notemos que el área del triángulo dado es igual a la mitad del área del paralelo-gramo de lados B − A y C − A.

Un simple calculo muestra que

B − A = (1, 1, 1) − (3, 4, 0) = (−2, −3, 1) C − A = (3, 5, 3) − (3, 4, 0) = (0, 1, 3)

(21)

y adem´as (B − A) × (C − A) = i j k −2 −3 1 0 1 3 = i −3 11 3 − j −2 10 3 + k −2 −30 1 = (−10, 6, −2) Lo cu´al implica que

´area del tri´angulo = 1

2||(B − A) × (C − A)|| = 1 2 √ 100 + 36 + 4 = √ 140 2 ♣ EJEMPLO 1.46. Calcule el área del triángulo de vértices P (2, 4, −3), Q(0, 2, 1) y R(−1, 0, −2).

SOLUCI ´ON.- ♣

EJEMPLO 1.47. Halle el área del triángulo de vértices (1, 1, 1), (2, 4, 2) y (3, 4, 0).

SOLUCI ´ON.- ♣

EJEMPLO 1.48. Hallar el área del triángulo de vértices A(5, 3, 4), B(2, 4, 1) y C(4, 2, 3)

SOLUCI ´ON.- ♣

EJEMPLO 1.49. Calcule el área del triángulo de vértices (2, −1, 3), (4, 3, 5) y (2, 3, 1) SOLUCI ÓN.- Nombremos a estos puntos por

p0 = (2, −1, 3), p1 = (4, 3, 5) y p2 = (2, 3, 1)

Luego para calcular el área del triángulo de vértices p0, p1 y p2, consideremos los vectores

u = −−→p0p1 = p1− p0 = (4, 3, 5) − (2, −1, 3) = (2, 4, 2)

y

v = −−→p0p2 = p2− p0 = (2, 3, 1) − (2, −1, 3) = (0, 4, −2)

Estamos ahora listos para calcular el ´area buscada, en efecto, esta esta dada por ´

Area = ||u × v|| 2 . Basta con calcular ||u × v||,

u × v = i j k 2 4 2 0 4 2 = i 4 24 2 − j 2 20 2 + k 2 40 4 = (0, −4, 8).

(22)

se donde se sigue que

||u × v|| =p02_{+ (−4)}2_{+ 8}2 ₌√_70. Finalmente ´ Area = ||u × v|| 2 = √ 70 2 .

EJEMPLO 1.50. Calcule el área del triángulo de vértices A(2, −1, 1), B(3, 1, 1) y C(4, −1, 3) SOLUCI ÓN.- Nombremos a estos puntos por

A = (2, −1, 1), B = (3, 1, 1) y C = (4, −1, 3)

Luego para calcular el área del triángulo de vértices A, B y C, consideremos los vectores u =−→_{AB = B − A = (3, 1, 1) − (2, −1, 1) = (1, 2, 0)}

y

v =−→_{AC = C − A = (4, −1, 3) − (2, −1, 1) = (2, 0, 2)} Estamos ahora listos para calcular el ´area buscada, en efecto, esta esta dada por

´

u × v = i j k 1 2 0 2 0 2 = i 2 00 2 − j 1 02 2 + k 1 22 0 = (4, −2, −4). se donde se sigue que

||u × v|| =p42_{+ (−2)}2_{+ (−4)}2 ₌√_{36 = 6.} Finalmente ´ Area = ||u × v|| 2 = 6 2 = 3. _♣

EJEMPLO 1.51. Calcule el área del triángulo de vértices A(2, −1, 2), B(3, 1, 2) y C(4, −1, 4) SOLUCI ÓN.- Nombremos a estos puntos por

A = (2, −1, 2), B = (3, 1, 2) y C = (4, −1, 4)

(23)

Luego para calcular el área del triángulo de vértices A, B y C, consideremos los vectores u =−→_{AB = B − A = (3, 1, 2) − (2, −1, 2) = (1, 2, 0)}

y

v =−→_{AC = C − A = (4, −1, 4) − (2, −1, 2) = (2, 0, 2)} Estamos ahora listos para calcular el ´area buscada, en efecto, esta esta dada por

´

u × v = i j k 1 2 0 2 0 2 = i 2 00 2 − j 1 02 2 + k 1 22 0 = (4, −2, −4). se donde se sigue que

||u × v|| =p42_{+ (−2)}2_{+ (−4)}2 ₌√_{36 = 6.} Finalmente ´ Area = ||u × v|| 2 = 6 2 = 3. _♣

EJEMPLO 1.52. Calcule el área del triángulo de vértices (3, 2, 1), (2, 1, 2) y (1, 2, 3). Además graficar este triángulo.

SOLUCI ´ON.- Nombremos a estos puntos por

p0 = (3, 2, 1), p1 = (2, 1, 2) y p2 = (1, 2, 3)

Luego para calcular el área del triángulo de vértices p0, p1 y p2, consideremos los vectores

u = −−→p0p1 = p1− p0 = (2, 1, 2) − (3, 2, 1) = (−1, −1, 1)

y

v = −−→p0p2 = p2− p0 = (1, 2, 3) − (3, 2, 1) = (−2, 0, 2)

Estamos ahora listos para calcular el ´area buscada, en efecto, esta esta dada por ´

u × v = i j k −1 −1 1 −2 0 2 = i −1 10 2 − j −1 1_{−2 2} + k −1 −1₋₂ 0 = (−2, 0, −2).

(24)

se donde se sigue que

||u × v|| =p(−2)2_{+ (0)}2_{+ (−2)}2 ₌√_8. Finalmente ´ Area = ||u × v|| 2 = √ 8 2 = √ 2. ♣ EJEMPLO 1.53. Usando vectores analice si los puntos (2, −3, 1), (6, 5, −1), (3, −6, 4) y (7, 2, 2) son los v´ertices de un paralelogramo y calcule su ´area.

p0 = (2, −3, 1), p1 = (6, 5, −1), p2 = (3, −6, 4) y p3 = (7, 2, 2).

Luego para verificar si son o no esos puntos los v´ertices de un paralelogramo consideremos los vectores −−→ p0p1 = p1− p0 = (6, 5, −1) − (2, −3, 1) = (4, 8, −2), −−→ p0p2 = p2− p0 = (3, −6, 4) − (2, −3, 1) = (1, −3, 3), −−→ p3p1 = p1− p0 = (6, 5, −1) − (7, 2, 2) = (−1, 3, −3), y −−→ p3p2 = p2− p0 = (3, −6, 4) − (7, 2, 2) = (−4, −8, 2)

Puesto que los vectores −−→p0p1 y −−→p3p2 son paralelos al igual que los vectores −−→p0p2 y −−→p3p1 se deduce

que los puntos p0, p1, p2 y p3 son los v´ertices de un paralelogramo.

Adem´as

´

Area = ||−−→p0p1 × −−→p0p2||.

EJEMPLO 1.54. Verificar que los puntos (1, 1, 1), (2, 3, 4), (6, 5, 2) y (7, 7, 5) son los v´ertices de un paralelogramo y calcule su ´area.

SOLUCI ´ON.- ♣

EJEMPLO 1.55. Use vectores para probar que los puntos (2, −1, 1), (5, 1, 4), (0, 1, 1) y (3, 3, 4) son v´ertices de un paralelogramo y calcule su ´area.

SOLUCI ´ON.- ♣

EJEMPLO 1.56. Calcule el ´area del paralelogramo de lados a = (5, 4, −2); b = (6, −5, −3)

(25)

SOLUCI ´_{ON.- Empecemos calculando a × b,} a × b = i j k 5 4 ₋₂ 6 −5 −3 = i _{−5 −3}4 −2 − j 5 −2_{6 −3} + k 5_{6 −5}4 = (−12 − 10, −15 + 12, −25 − 24) = (−22, −3, −49).

se donde se sigue que ´

Area = ||a × b|| =p(−22)2_{+ (−3)}2_{+ (−49)}2 ₌√_{484 + 9 + 2401 =}√_{2894 = 53, 8.}

EJEMPLO 1.57. Sean A y B vectores tales que ||A|| = 2, ||B|| = 3 y A • B = −1. Encuentre la norma del vector 2A + 3B y la norma del vector A × B.

SOLUCI ´

ON.-||2A + 3B||2 = (2A + 3B) • (2A + 3B) = 2A • (2A + 3B) + 3B • (2A + 3B) = 4A • A + 6A • B + 6B • A + 9B • B

= 4||A||2_{+ 12A • B + 9||B||}2

= 4 · 4 + 12 · (−1) + 9 · 9 = 85 Por tanto ||2A + 3B|| =√85. Recordemos que

||A × B|| = ||A|| ||B|| sen θ donde θ es el ´angulo entre A y B. Adem´as

A • B = ||A|| ||B|| cos θ Por tanto ||A × B|| = ||A|| ||B|| s 1 − A • B ||A|| ||B|| 2

Reemplazando datos tenemos

||A × B|| = 2 · 3 s 1 − −1 2 · 3 2 = 6 r 36 − 1 36 = √ 35 ♣ DEFINICI ´ON 1.7 (Producto Mixto). Sean a, b, c vectores en R3_{, el producto mixto de define}

como a • (b × c).

(26)

UMSA mατιo ετ oR ζℏαυεz ⊛ 74076882 21 (1) _{a • (b × c) =} a1 a2 a3 b1 b2 b3 c1 c2 c3

(2) _{||a • (b × c)|| es el volumen del paralelep´ıpedo de lados a, b y c}

Demostraci´on. ❚

EJEMPLO 1.58. Sean a, b y c vectores no nulos de R3 _{tales que a • (b × c) = 0. ¿Qu´e condici´on}

geom´etrica deben cumplir los vectores a, b y c para que sea cierta la afirmaci´on?

SOLUCI ´_{ON.- El hecho de que |a•(b×c)| = 0, implica que el vector a es perpendicular al vector} b × c. Ahora como el vector b × c es perpendicular tanto al vector b como al vector c, se sigue que a esta en el plano que generan los vectores b y c. Esto quiere decir que los vectores a, b y c no generan un paralelepipedo.

EJEMPLO 1.59. Calcule el volumen del paralelepidedo que tiene como aristas adyacentes a los vectores a = (1, 3, 1), b = (0, 6, 6), c = (−4, 0, −4).

SOLUCI ´_{ON.- Empecemos calculando a • (b × c),}

a • (b × c) = 1 3 1 0 6 6 −4 0 −4 = 1 6_{0 −4}6 − 3 _{−4 −4}0 6 + 1 _{−4 0}0 6 = 1(−24 − 6) − 3(−4 + 24) + (0 + 24) = −30 − 60 + 24 = −66. se donde se sigue que

Volumen = |a • (b × c)| = | − 66| = 66.

EJEMPLO 1.60. Dados los vectores u = (1, −2, 3), v = (1, 1, 2) y w = (1, −3, 4). Calcular: El área del paralelogramo de lados u y v. El área del triángulo de lados u, w y w − u. El volumen del paralelepipedo de aristas u, v y w. El volumen del tetraedro de aristas u, v y w.

SOLUCI ´ON.- _♣

(27)

Geometr´ıa Anal´ıtica S´

olida

2.1. Introducci´

on

Las palabras posición y dimensión (largo, alto, ancho) no se definen. Por tanto a partir de estas palabras enunciamos, sin definición los conceptos primarios o los elementos fundamentales de la geometr´ıa que son el punto, las rectas y los planos, también llamados términos indefinidos de la geometr´ıa.

Punto. Un punto es la unidad indivisible de la geometr´ıa. No tiene ninguna dimensión (largo, alto, ancho). El conjunto de todos los puntos se llama espacio. Luego un punto sólo tiene posición en el espacio. As´ı el punto es elemento geométrico que tiene posición pero no dimensión.

Llamaremos una figura geométrica a cualquier conjunto de puntos distribuidos de alguna manera en el espacio. La Geometr´ıa es la rama de la matemática que tiene por objeto el estudio de las propiedades de las figuras geométricas y las relaciones entre las figuras geométricas.

Una Recta es una figura geométrica, en la cual los puntos que la forman están colocadas en una misma dirección y se prolongan indefinidamente en dos sentidos. Una recta es una sucesión ininterrumpida de puntos. Sólo posee una dimensión y contiene infinitos puntos. Tiene una sola dirección y dos sentidos. No se puede medir. No tiene ni primero ni último elemento. No posee principio ni fin. Dados dos puntos cualesquiera existe por lo menos otro situado entre esos dos. La recta es de longitud ilimitada, derecha, sin grosor ni extremos.

POSTULADO 2.1 (El postulado de la recta). Dados dos puntos distintos cualesquiera, hay exactamente una recta que los contiene.

(28)

Un plano es una superficie que tiene longitud y anchura pero no espesor. El plano tiene dos dimensiones a diferencia de la mayor´ıa de los casos que nos rodean que están en tres dimensiones. La geometr´ıa plana estudia por ejemplo los triángulos, cuadriláteros, circunferencia, c´ırculo. POSTULADO 2.2 (Postulado de la recta). Si dos puntos de una recta están en un plano, entonces la recta esta en el mismo plano.

TEOREMA 2.2. Si una recta intersecta a un plano que no la contiene entonces la intersecci´on contiene un solo punto.

POSTULADO 2.3 (Postulado del plano). Tres puntos cualesquiera est´an en al menos un plano y tres puntos cualesquiera no alineados est´an exactamente en el plano.

TEOREMA 2.3. Dada una recta y un punto fuera de ella hay exactamente un plano que contiene a ambos.

TEOREMA 2.4. Dados dos rectas distintas que se intersectan, hay exactamente un plano que las contiene.

2.2. Distancia entre dos puntos

Para x = (x1, x2, x3, ..., xn), y = (y1, y2, y3, ..., yn) en Rn definimos la distancia de x a y por

d(x, y) = ||x − y||. La distancia satisface:

1. d(x, y) ≥ 0 para todo x, y ∈ Rn_,

2. d(x, y) = 0 si y solo si x = y,

3. d(x, y) = d(y, x) para todo x, y ∈ Rn_,

4. d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) para todo x, y, z ∈ Rn_.

Sean p ∈ Rn _{y r > 0:}

La bola abierta con centro p y radio r es el conjunto

B(p, r) = {x ∈ Rn : d(x, p) < r}. La bola cerrada con centro p y radio r es el conjunto

B(p, r) = {x ∈ Rn: d(x, p) ≤ r}.

Notar que la bola abierta no incluye el borde, la bola cerrada s´ı lo incluye.

(29)

2.3. La recta

DEFINICI ´ON 2.1. Dados un punto p0 ∈ Rn y un vector v en Rn.

① La ecuaci´on vectorial de la recta que pasa por el punto p0 y tiene vector direcci´on igual a v

es p = p0+ tv donde t ∈ R.

② Las ecuaciones param´etricas de la recta que pasa por el punto p0(x0, y0, z0) y tiene vector

direcci´on igual a v(a, b, c) son _   x = x0 + ta y = y0+ tb z = z0+ tc donde t ∈ R.

③ Las ecuaciones sim´etricas de la recta que pasa por el punto p0(x0, y0, z0) y tiene vector

direcci´on igual a v(a, b, c) son

x − x0 a = y − y0 b = z − z0 c

EJEMPLO 2.1. Anote la expresi´on de una recta que pase por el origen de coordenadas.

SOLUCI ´ON.- La recta que pasa por el punto p0 y tiene vector direcci´on v es el conjunto de

puntos p que se expresan como

p = p0+ tv, t ∈ R.

Puesto que la recta pasa por el origen de coordenadas, se tiene que p0 = 0, entonces su ecuaci´on

es

p = tv, _{t ∈ R.}

♣ EJEMPLO 2.2. Hallar la ecuaci´on de la recta que pasa por (1, −2, 3) en la direcci´on de (4, −2, 7). SOLUCI ´

ON.-P0 = (1, −2, 3) + t(4, −2, 7).

EJEMPLO 2.3. Hallar la ecuaci´on de la recta que pasa por (5, 3, −1) y (7, −2, −1). SOLUCI ´

(30)

EJEMPLO 2.4. Halle las ecuaciones: (a) param´etricas, (b) sim´etricas de la recta que pasa por los puntos (5, −3, −2) y − 2 3, 2 3, 1 .

p0 = (5, −3, −2), y p1 = −2₃,2₃, 1

.

Luego la ecuaci´on vectorial de la recta que pasa a trav´es del puntos p0 = (5, −3, −2) y que tiene

vector direcci´on u = −−→p0p1 = p1− p0 = − 2₃,2₃, 1 − (5, −3, −2) = ₋ 2 3 − 5, 2 3 + 3, 1 + 2 = −2−15 3 , 2+9 3 , 3 = −17 3 , 11 3, 3 , es p = p0+ tu (x, y, z) = (5, −3, −2) + t −17₃ ,11 3 , 3 de donde obtenemos las ecuaciones param´etricas de la recta

x = 5 − −173 t

y = −3 +113 t

z = −2 + 3t Adem´as, las ecuaciones sim´etricas de la recta son

x − 5 −17 3 = y − (−3)₁₁ 3 = z − (−2) 3 simplificando tenemos 3(5 − x) 17 = 3(y + 3) 11 = z + 2 3 .

EJEMPLO 2.5. Halle las ecuaciones param´etricas de la recta que pasa por el punto (3, −2, 4) y es paralela (a) al eje X, (b) eje Y , (c) eje Z.

SOLUCI ´ON.- Para el inciso (a), el vector direcci´on de la recta que buscamos es u = (1, 0, 0), de ah´ı que la recta es

(x, y, z) = (3, −2, 4) + t(1, 0, 0) de donde se sigue que las ecuaciones param´etricas de la recta son

x = 3 + t y = −2 z = 4.

(31)

EJEMPLO 2.6. Determine si las rectas x₃ = y−2₋₁ = z + 1 , x−1₄ = y + 2 = z+3₋₃ se cortán, y si es as´ı halle el punto de intersección y el coseno del ángulo de intersección.

SOLUCI ´ON.- La ecuaci´on vectorial de la recta x

3 = y−2−1 = z + 1 es

(x, y, z) = (0, 2, −1) + t(3, −1, 1), t ∈ R (2.1) y la ecuaci´on vectorial de la recta x−1₄ = y + 2 = z+3₋₃ es

(x, y, z) = (1, −2, −3) + s(4, 1, −3), s ∈ R (2.2) Las dos rectas en (2.1) y (2.2) se intersectan siempre que podamos encontrar valores para t y s de modo que tengamos

(0, 2, −1) + t(3, −1, 1) = (1, −2, −3) + s(4, 1, −3). De esta ´ultima ecuaci´on se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones

3t = 1 + 4s 2 − t = −2 + s −1 + t = −3 − 3s.

Despejando s de la segunda ecuación se tiene que s = 4 −t. Reemplazando este valor en la primera ecuación obtenemos t = 17₇ , ahora reemplazando en la tercera ecuación se ve que t = 8. Como no puede haber dos valores diferentes para t, se concluye que las dos retas no se intersectan.

2.4. El Plano

DEFINICI ´ON 2.2. Dados un punto p0 ∈ Rn y vectores u, v y N en Rn.

① La ecuación paramétrica del plano que pasa por el punto p0 y tiene vectores dirección u y v

es p = p0+ tu + sv donde t, s ∈ R.

② La ecuaci´on vectorial del plano que pasa por el punto p0 y tiene vector normal igual a N es

(p − p0) • N = 0.

③ La ecuaci´on can´onica del plano que pasa por el punto p0(x0, y0, z0) y tiene vector normal

igual a N(a, b, c) es a(x − x0) + b(y − y0) + c(z − z0) = 0

④ La ecuaci´on general del plano es ax + by + cz + d = 0

DEFINICI ´ON 2.3. Dos planos con vectores normales N1 y N2 son perpendiculares si N1• N2 =

(32)

EJEMPLO 2.7. Anote la expresi´on de un plano que pase por el origen de coordenadas.

SOLUCI ´ON.- El plano que pasa por el punto p0 y tiene vector normal N es el conjunto de

puntos p que se expresan como

N · (p − p0) = 0.

Puesto que el plano pasa por el origen de coordenadas, se tiene que p0 = 0, entonces su ecuaci´on

es

N · p = 0.

♣ EJEMPLO 2.8. Hallar la ecuaci´on del plano perpendicular a (−2, 2, 2) y que pasa por (1, −2, 3). SOLUCI ´

ON.-[(x, y, z) − (1, −2, 3)] • (−2, 2, 2) >= 0 (x, y, z) • (−2, 2, 2) − (1, −2, 3) • (−2, 2, 2) = 0

(x, y, z) • (−2, 2, 2) = (1, −2, 3) • (−2, 2, 2) −2x + 2y + 2z = −2 − 4 + 6 = 0

EJEMPLO 2.9. Utilice el producto cruz para obtener una ecuaci´on del plano que pasa por los puntos (−2, 2, 2), (−8, 1, 6) y (3, 4, −1).

SOLUCI ´ON.- Sean

a = (−8, 1, 6) − (−2, 2, 2) = (−6, −1, 4) b = (3, 4, −1) − (−2, 2, 2) = (5, 2, −3) a × b = i j k −6 −1 4 5 2 ₋₃ a × b = i −12 ₋₃4 − j −65 ₋₃4 + k −6 −15 2

(33)

a × b = i(3 − 8) − j(18 − 20) + k(−12 + 5) = −5i − 2j − 7k = (−5, 2, −7) [(x, y, z) − (−2, 2, 2)] • (−5, 2, −7) = 0

(x, y, z) • (−5, 2, −7) − (−2, 2, 2) • (−5, 2, −7) = 0 −5x + 2y − 7z = 10 + 4 − 14 = 0

||a × b|| =p(−5)2_{+ (−2)}2_{+ (−7)}2 ₌√_{25 + 4 + 49 = 8,83}

TEOREMA 2.5. El punto de intersecci´on entre la Recta p = p0+ tu y el Plano (p − q0) • N = 0

es dado por p0+(q0−p_u•N0)•N N

DEMOSTRACI ´ON. _{Consideremos la recta que pasa por el punto p}₀ _{y tiene vector direccional}

al vector u y consideremos tambi´en el plano que pasa por el punto q0 y tiene como vector normal

al vector N. Esto es,

Recta p = p0+ tu

Plano (p − q0) • N = 0

Supongamos que la recta intersecta al plano, en tal caso, existe un n´umero real t de modo que el punto p0+ tu es un punto del plano, de donde

(p0+ tu − q0) • N = 0 de aqu´ı p0• N + t u • N − q0• N = 0 de donde t = (q0− p0) • N u • N . Luego el punto de intersecci´on entre la recta y el plano es

p0 +

(q0− p0) • N

u • N N (2.3)

EJEMPLO 2.10. Halle la intersecci´on del plano 2x −3y +2z = 3 con la recta x−1 2 =

y+3₂ −1 =

z+1 2

(34)

SOLUCI ´_{ON.- Para el plano 2x − 3y + 2z = 3 tenemos que N = (2, −3, 2) y adem´as si hacemos} x = z = 0, se obtiene que y = −1, de donde q0 = (0, −1, 0).

Para la recta x − 12 = y+3 2 −1 = z+1 2 se tiene que p0 = ( 1 2, − 3 2, −1) y u = (1, −1, 2).

Finalmente el punto de intersecci´on que buscamos se obtiene reemplazando estos datos en (2.3): p = 1 2, − 3 2, −1 + ((0,−1,0)−(12,−32,−1))•(2,−3,2) (1,−1,2)•(2,−3,2) (2, −3, 2) = 1₂_{, −}3₂_{, −1}+ (−12,−1+32,1)•(2,−3,2) (1,−1,2)•(2,−3,2) (2, −3, 2) = 1₂_{, −}3₂_{, −1}+ (−12)2+( −2+3 2 )(−3)+1(2) 2(1)+(−3)(−1)+2(2) (2, −3, 2) = 1₂_{, −}3₂_{, −1}+ −1−32+2 9 (2, −3, 2) = 1 2, − 3 2, −1 +₁₈1 _{(2, −3, 2)} = 1₂ +₁₈2 _{, −}3₂ ₋ ₁₈3 _{, −1 +} ₁₈2=9+2₁₈ ,(−9)3−3₁₈ ,−18+2₁₈ = ₁₈11,30₁₈,−16₁₈ .

EJEMPLO 2.11. Sea Q0 = (1, 2, 3), P0 = (3, 2, 1) y N = (1, 2, 1). Encontrar el punto de

intersecci´on de la recta que pasa por P0 con direcci´on N y el plano que pasa por Q0 y que es

perpendicular a N.

SOLUCI ´ON.- El punto de intersecci´on es

P = P0+ (Q0− P0) • N ||N||2 N (x, y, z) = (3, 2, 1) + [(1, 2, 3) − (3, 2, 1)] • (1, 2, 1) ||(1, 2, 1)||2 (1, 2, 1) (x, y, z) = (3, 2, 1) + (−2, 0, 2) • (1, 2, 1) 12_{+ 2}2_{+ 1}2 (1, 2, 1) (x, y, z) = (3, 2, 1) + −2 + 0 + 2 12 _{+ 2}2_{+ 1}2 (1, 2, 1) = (3, 2, 1).

EJEMPLO 2.12. Halle las ecuaciones param´etricas de la recta que pasa por el punto (−3, 2, −1) y es perpendicular al plano dado por −2x + 3y + z = 5.

SOLUCI ´_{ON.- El vector normal al plano −2x + 3y + z = 5 es N = (−2, 3, 1). Como la recta} que buscamos es perpendicular al plano, entonces el vector direcci´on del plano es precisamente el

(35)

vector normal al plano, por lo tanto la ecuaci´on vectorial de la recta pasa por el punto (−3, 2, −1) y tiene vector direcci´on N = (−2, 3, 1) es

(x, y, z) = (−3, 2, −1) + t(−2, 3, 1) de donde se sigue que las ecuaciones param´etricas de la recta son

x = −3 − 2t y = 2 + 3t z = −1 + t

EJEMPLO 2.13. Halle la ecuaci´on del plano que pasa por los puntos (1, 2, 3), (3, 2, 1) y (−1, −2, 2) SOLUCI ´ON.- Nombremos a estos puntos por

p0 = (1, 2, 3), p1 = (3, 2, 1) y p2 = (−1, −2, 2).

Ahora los siguientes vectores est´an sobre el plano que buscamos −−→

p0p1 = p1− p0 = (3, 2, 1) − (1, 2, 3) = (2, 0, −2)

y

−−→

p0p2 = p2− p0 = (−1, −2, 2) − (1, 2, 3) = (−2, −4, −1),

Puesto que los vectores −−→p0p1 y −−→p0p2 viven en el plano, su producto vectorial −−→p0p2× −−→p0p1 es el vector

normal al plano. Calculemos −−→p0p2× −−→p0p1, −−→ p0p2× −−→p0p1 = i j k 2 0 ₋₂ −2 −4 −1 = i _{−4 −1}0 −2 − j _{−2 −1}2 −2 + k _{−2 −4}2 0 = (0 − 8, −(−2 − 4), −8 − 0) = (−8, 6, −8).

Ahora nos toca encontrar la ecuaci´on del plano que pasa por el punto p0 = (1, 2, 3) y que tenga

vector normal N = −−→p0p2× −−→p0p1 = (−8, 6, −8).

(p − p0) • N = 0, ((x, y, z) − (1, 2, 3)) • (−8, 6, −8) = 0

(x − 1, y − 2, z − 3) • (−8, 6, −8) = 0 − 8(x − 1) + 6(y − 2) − 8(z − 3) = 0 −8x + 8 + 6y − 12 − 8z + 24 = 0, −8x + 6y − 8z + 20 = 0

(36)

EJEMPLO 2.14. Halle la ecuaci´on del plano que pasa por el punto (3, 2, 2) y es perpendicular a la recta x−1

4 = y + 2 = z+3

−3

SOLUCI ´ON.- Como el plano que buscamos es perpendicular a la recta x+1 5 =

y+2

−4 = z−5−2,

entonces su vector normal es precisamente el vector direcci´on de la recta. Por otro lado el vector direcci´on de la recta x+1

5 = y+2

−4 = z−5−2 es (5, −4, −2). Luego la ecuaci´on del

plano que pasa por el punto (3, 2, 2) y tiene vector normal igual a N = (5, −4, −2) es: (p − p0) • N = 0, ((x, y, z) − (3, 2, 2)) • (5, −4, −2) = 0

(x − 3, y − 2, z − 2) • (5, −4, −2) = 0 5(x − 3) − 4(y − 2) − 2(z − 2) = 0 10x − 15 − 4y + 8 − 2z + 4 = 0, 10x − 4y − 2z − 3 = 0.

EJEMPLO 2.15. Hallar la ecuaci´on de la recta que pasa por el punto (1, 1, 2) y es perpendicular al plano x + y + z = 2.

SOLUCI ÓN.- El vector normal al plano x + y + z = 2 es N = (1, 1, 1). Como la recta que buscamos es perpendicular al plano, entonces el vector dirección del plano es precisamente el vector normal al plano, por lo tanto la ecuación vectorial de la recta pasa por el punto (1, 1, 2) y tiene vector dirección N = (1, 1, 1) es

(x, y, z) = (1, 1, 2) + t(1, 1, 1) de donde se sigue que las ecuaciones param´etricas de la recta son

x = 1 + t y = 1 + t z = 2 + t Adem´as, las ecuaciones sim´etricas de la recta son

x − 1 1 = y − 1 1 = z − 2 1 . ♣ EJEMPLO 2.16. Hallar la ecuaci´on del plano que pasa por el punto Q(2, 1, −1) y contiene a la recta L : x − 1

3 = y + 2 = z + 1

2 .

(37)

SOLUCI ´ON.- La recta x − 1

3 = y + 2 = z + 1

2 pasa por el punto P (1, −2, −1) y tiene vector direcci´on igual a u(3, 1, 2). Luego los siguientes vectores est´an sobre este plano

−→

P Q = Q − P = (2, 1, −1) − (1, −2, −1) = (1, 3, 0) y

u = (3, 1, 2).

Puesto que los vectores−→P Q y u viven en el plano, su producto vectorial−→_{P Q×u es el vector normal} al plano que buscamos.

Calculemos−→_{P Q × u,} −→ P Q × u = i j k 1 3 0 3 1 2 = i 3 01 2 − j 1 03 2 + k 1 33 1 = (6, −2, 1 − 9) = (6, −2, −8).

Ahora nos toca encontrar la ecuaci´on del plano que pasa por el punto Q(2, 1, −1) y que tenga vector normal M =−→_{P Q × u = (6, −2, −8).}

(p − Q) • N = 0, ((x, y, z) − (2, 1, −1)) • (6, −2, −8) = 0

(x − 2, y − 1, z + 1) • (6, −2, −8) = 0 6(x − 2) − 2(y − 1) − 8(z + 1) = 0

4x − 12 − 2y + 1 − 8z − 8 = 0, 4x − 2y − 8z − 19 = 0. _♣ EJEMPLO 2.17. Halle la ecuaci´on del plano que contiene a las rectas: x − 1

−2 = y − 4 1 = z 1; x − 2 −3 = y − 1 4 = z − 2 −1 .

SOLUCI ´ON.- Como el plano que contiene a las rectas: x−1

−2 = y−41 = z

1; x−2−3 = y−14 = z−2−1, se

sigue que los vectores direcci´on de estas rectas est´an contenidas en el plano.

Vemos que el vector direcci´on de la recta x−1₋₂ = y−4₁ = z₁ _{es u = (−2, 1, 1). Y el vector direcci´on} de la recta x−2₋₃ = y−1₄ = z−2₋₁ _{es v = (−3, 4, −1). Ahora con los vectores u y v podemos obtener el} vector normal al plano que es dado por N = u × v,

u × v = i j k −2 1 1 −3 4 −1 = i 1_{4 −1}1 − j −2_{−3 −1}1 + k −2 1_{−3 4} = (−1 − 4, −(2 + 3), −8 + 3) = (−5, −5, −5).

(38)

Ahora necesitamos hallar un punto p0 por donde la recta pasa. Esto es f´acil, por que podemos

tomar el punto por donde pasa la recta x−1

−2 = y−41 = z

1, es decir,

p0 = (1, 4, 0)

Luego la ecuaci´on del plano que pasa por p0 = (1, 4, 0) y es ortogonal al vector N = (−5, −5, −5)

es

(p − p0) • N = 0, ((x, y, z) − (1, 4, 0)) • (−5, −5, −5) = 0

(x − 1, y − 4, z) • (−5, −5, −5) = 0 − 5(x − 1) − 5(y − 4) − 5z = 0 −5x + 5 − 5y + 20 − 5z = 0, −5x − 5y − 5z = −25 x + y + z = 5.

EJEMPLO 2.18. Halle la ecuaci´on del plano que contiene a las rectas: x−1₋₂ = y = z + 1;

x+1

−2 = y − 1 = z − 2.

SOLUCI ´ON.- Id´entico al anterior.

EJEMPLO 2.19. Halle la ecuaci´on del plano que contiene a todos los puntos equidistantes a los puntos (2, 2, 0), (0, 2, 2).

SOLUCI ´ON.- Un punto (x, y, z) es equidistante a los puntos (2, 2, 0) y (0, 2, 2) si la distancia de (x, y, z) a (2, 2, 0) es igual a la distancia de (x, y, z) a (0, 2, 2). Esto es,

p

(x − 2)2_{+ (y − 2)}2_{+ z}2 ₌p_x2 _{+ (y − 2)}2_{+ (z − 2)}2

x2 _{− 4x + 4 + y}2_{− 4y + 4 + z}2 = x2+ y2_{− 4y + 4 + z}2_{− 4z + 4}

−4x + 4 − 4y + 4 = −4y + 4 − 4z + 4 −4x + 4z = 0, x − z = 0.

EJEMPLO 2.20. Determine si los planos son: paralelo, perpendiculares, o ninguna de las dos cosas. Si no son paralelos ni perpendiculares, hallar el ´angulo de intersecci´on. 5x − 3y + z = 4, x + 4y + 7z = 1.

(39)

SOLUCI ´

ON.-El vector normal al plano 5x − 3y + z = 4 es n1 = (5, −3, 1)

El vector normal al plano x + 4y + 7z = 1 es n2 = (1, 4, 7)

Observemos que n1 y n2 no son paralelos. Adem´as como

n1• n2 = (5, −3, 1) • (1, 4, 7) = 5 − 12 + 7 = 0

entonces los planos son ortogonales.

EJEMPLO 2.21. Determine si los planos son: paralelo, perpendiculares, o ninguna de las dos cosas. Si no son paralelos ni perpendiculares, hallar el ´angulo de intersecci´on. 4x + y − z = 2, −x − 2y − 4z = 2.

SOLUCI ´

ON.-El vector normal al plano 4x + y − z = 2 es n1 = (4, 1, −1)

El vector normal al plano −x − 2y − 4z = 2 es n2 = (−1, −2, −4)

n1• n2 = (4, 1, −1) • (−1, −2, −4) = −4 − 2 + 4 = −2

entonces los planos no son ortogonales.

Ahora el ´angulo θ entre los dos planos verifica cos θ = |n1• n2| ||n1|| ||n2|| = p | − 2| (4)2_{+ (1)}2_{+ (−1)}2 p₍₋₁₎2_{+ (−2)}2_{+ (−4)}2 = 2 √ 18 √21 por tanto θ = arc cos 2 √ 378

EJEMPLO 2.22. Determine si los planos son: paralelo, perpendiculares, o ninguna de las dos cosas. Si no son paralelos ni perpendiculares, hallar el ´angulo de intersecci´on. 2x − 3y + 2z = 3, x + 3y + 2z = 4.

SOLUCI ´

ON.-El vector normal al plano 2x − 3y + 2z = 3 es n1 = (2, −3, 2)

El vector normal al plano x + 3y + 2z = 4 es n2 = (1, 3, 2)

n1• n2 = (2, −3, 2) • (1, 3, 2) = 2 − 9 + 4 = −3

entonces los planos no son ortogonales.

Ahora el ´angulo θ entre los dos planos verifica cos θ = |n1• n2| ||n1|| ||n2|| = p | − 3| (2)2_{+ (−3)}2_{+ (2)}2 p₍₁₎2_{+ (3)}2_{+ (2)}2 = 3 √ 17 √14

(40)

UMSA mατιo ετ oR ζℏαυεz ⊛ 74076882 35 por tanto θ = arc cos 3 √ 238

EJEMPLO 2.23. Halle las ecuaciones param´etricas de la recta de intersecci´on entre los planos x − 4y + 2z = 0, 3x + 2y − z = 7.

SOLUCI ´ON.- Haciendo z = t, del sistema ( x − 4y + 2z = 0 3x + 2y − z = 7 se obtiene ( x − 4y = −2t 3x + 2y = t + 7 Multiplicando por −3 a la primera ecuaci´on y luego sumando hacia abajo tenemos

10y = −6t + t + 7, y = −5t + 7 10 = − 1 2t + 7 10 adem´as x = −2t + 4y = −2t − 4₂t + 28 10 = −4t + 14 5 Por tanto las ecuaciones param´etricas de la recta son

x = −4t + 145

y = −12t + 7 10

z = t.

EJEMPLO 2.24. Determinar la ecuaci´on del plano ortogonal al plano P = (1, −1, 1)+s(2, 1, 2)+ t(−2, 0, 1), donde t, s son n´umeros reales, y que contenga a la recta P = (3, 1, −1) + t(1, −2, 3), donde t es real.

SOLUCI ´ON.- Consideremos el vector normal e_{N del plano P = (1, −1, 1)+s(2, 1, 2)+t(−2, 0, 1),} que es dado por

e N = (2, 1, 2) × (−2, 0, 1) = i j k 2 1 2 −2 0 1 = i 1 20 1 − j _{−2 1}2 2 + k _{−2 0}2 1 = (1, −6, 2). Como el plano buscado contenga a la recta P = (3, 1, −1) + t(1, −2, 3), se tiene que este pasa por (3, 1, −1) y tiene vector normal igual a N = eN × (3, 1, −1) = (1, −6, 2) × (3, 1, −1) esto es

N = i j k 1 −6 2 3 1 ₋₁ = i −61 ₋₁2 − j 1_{3 −1}2 + k 1 −63 1 = (4, 7, 19).

Por tanto el plano buscado es 4(x − 3) + 7(y − 1) + 19(z + 1) = 0. ♣

(41)

EJEMPLO 2.25. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´on: La recta x + 4 3 = y − 3 4 = z − 2 2

y el plano 3x + 4y + 2z − 6 = 0 son paralelos. Justifique su respuesta. SOLUCI ´ON.- La ecuaci´on x + 4

3 =

y − 3

4 =

z − 2

2 es la ecuación de la recta que pasa por el punto (−4, 3, 2) y tiene vector dirección u = (3, 4, 2). Por otro lado la ecuación 3x+4y +2z −6 = 0 es la ecuación del plano que tiene como vector normal al vector N = (3, 4, 2). Recordemos que un plano y una recta son paralelos siempre y cuando el vector normal del plano es ortogonal al vector dirección de la recta. En nuestro caso, tenemos

u • N = (3, 4, 2) • (3, 4, 2) = 9 + 16 + 4 = 29 6= 0

por tanto nuestra recta y plano no son paralelos. _♣

EJEMPLO 2.26. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´on: La recta x + 4 2 = y − 3 4 = z − 2 3

y el plano 2x + 4y + 2z − 8 = 0 son paralelos. Justifique su respuesta. SOLUCI ´ON.- La ecuaci´on x + 4

2 =

y − 3

4 =

z − 2

3 es la ecuación de la recta que pasa por el punto (−4, 3, 2) y tiene vector dirección u = (2, 4, 3). Por otro lado la ecuación 2x+4y +2z −8 = 0 es la ecuación del plano que tiene como vector normal al vector N = (2, 4, 2). Recordemos que un plano y una recta son paralelos siempre y cuando el vector normal del plano es ortogonal al vector dirección de la recta. En nuestro caso, tenemos

u • N = (2, 4, 3) • (2, 4, 2) = 4 + 8 + 6 = 14 6= 0

por tanto nuestra recta y plano no son paralelos. _♣

EJEMPLO 2.27. Halla la ecuaci´on cartesiana del plano que contiene a la recta: R    x = 1 + t y = −1 + 2t z = t

y es perpendicular al plano Q _{cuya ecuaci´on es 2x + y − z = 2}

SOLUCI ÓN.- La ecuación paramétrica del plano que pasa por el punto A(x0, y0, z0) y tiene

vectores direcci´on u y v es p = A + tu + sv. Esta ecuaci´on es equivalente a (p − A) • u × v = x − x0 y − y0 z − z0 u1 u2 u3 u1 u2 u3 = 0

(42)

Sea Ω el plano buscado. Un vector paralelo al plano Ω es el vector direcci´on de la recta R: v(1, 2, 1). Otro vector paralelo al plano Ω es el vector normal del plano perpendicularQ_{: u = (2, 1, −1). Un} punto del plano es un punto de la recta R: P (1, −1, 0). Luego la ecuaci´on del plano Ω es:

x − 1 y + 1 z 2 1 ₋₁ 1 2 1 = 0

de donde 3x − 3y + 3z − 6 = 0 y finalmente Ω tiene por ecuaci´on a x − y + z = 2 ♣ EJEMPLO 2.28. Determine la ecuaci´on del plano que pasa por los puntos P (2, 5, 4), Q(3, 4, 2) y es perpendicular al plano x + y − 2z = 4.

SOLUCI ´_{ON.- Nombremos al vector normal del plano x + y − 2z = 4 por N = (1, 1, −2). Ahora} bien, N es paralelo al plano que buscamos. Luego los siguientes vectores est´an sobre este plano

−→

P Q = Q − P = (3, 4, 2) − (2, 5, 4) = (1, −1, −2) y

N = (1, 1, −2).

Puesto que los vectores −→P Q y N viven en el plano, su producto vectorial −→_{P Q × N es el vector} normal al plano. Calculemos−→_{P Q × N,} −→ P Q × N = i j k 1 −1 −2 1 1 ₋₂ = i −1 −21 ₋₂ − j 1 −2_{1 −2} + k 1 −11 1 = (2 + 2, −(−2 + 2), 1 + 1) = (4, 0, 2).

Ahora nos toca encontrar la ecuaci´on del plano que pasa por el punto P (2, 5, 4) y que tenga vector normal M =−→_{P Q × N = (4, 0, 2).}

(p − P ) • M = 0, ((x, y, z) − (2, 5, 4)) • (4, 0, 2) = 0

(x − 2, y − 5, z − 4) • (4, 0, 2) = 0 4(x − 2) + 0(y − 5) + 2(z − 4) = 0

4x − 8 + 2z − 8 = 0, 2x + z − 8 = 0. _♣ EJEMPLO 2.29. Determine la ecuaci´on del plano que pasa por los puntos P (2, 4, 5), Q(3, 2, 4) y es perpendicular al plano x − y + 2z = 8.

(43)

SOLUCI ´_{ON.- Nombremos al vector normal del plano x − y + 2z = 8 por N = (1, −1, 2). Ahora} bien, N es paralelo al plano que buscamos. Luego los siguientes vectores est´an sobre este plano

−→

P Q = Q − P = (3, 2, 4) − (2, 4, 5) = (1, −2, −1) y

N = (1, −1, 2).

Puesto que los vectores −→P Q y N viven en el plano, su producto vectorial −→_{P Q × N es el vector} normal al plano. Calculemos−→_{P Q × N,} −→ P Q × N = i j k 1 −2 −1 1 −1 2 = i −2 −1₋₁ 2 − j 1 −11 2 + k 1 −2_{1 −1} = (−4 − 1, −(2 + 1), −1 + 2) = (−5, −3, 1).

Ahora nos toca encontrar la ecuaci´on del plano que pasa por el punto P (2, 4, 5) y que tenga vector normal M =−→_{P Q × N = (−5, −3, 1).}

(p − P ) • M = 0, ((x, y, z) − (2, 4, 5)) • (−5, −3, 1) = 0

(x − 2, y − 4, z − 5) • (−5, −3, 1) = 0 − 5(x − 2) − 3(y − 4) + (z − 5) = 0

−5x + 10 − 3y + 12 + z − 5 = 0, −5x − 3y + z + 17 = 0. _♣ EJEMPLO 2.30. Anote la condici´on que debe cumplir m para que la recta x + 3 = y −2 = z − 1

2 sea paralela al plano 2x + 4y + mz = 2.

SOLUCI ´_{ON.- El vector direcci´on de la recta x + 3 = y − 2 =} z − 1

2 es u = (1, 1, 2) y el vector normal del plano 2x + 4y + mz = 2 es N = (2, 4, m). Recordemos que una recta es paralela a un plano si el vector direcci´on de la recta es perpendicular al vector normal del plano, as´ı tenemos que

(1, 1, 2) • (2, 4, m) = 0 2 + 4 + 2m = 0

de aqu´ı obtenemos que m = −3. ♣

EJEMPLO 2.31. Probar que la recta de intersecci´on de los planos x + 2y − z − 2 = 0 y 3x + 2y + 2z − 8 = 0 es paralela a la recta p = (1, 1, 1) + t(6, −5, −4). Encuentre la ecuaci´on del plano que forman estas dos rectas.

(44)

SOLUCI ´ON.- Denotemos por p = p0+ tu la recta de intersecci´on de ambos planos. Para hallar

el punto p0 hagamos x = 0, en ambas ecuaciones, luego obtenemos el siguiente sistema

2y − z = 2 2y + 2z = 8 4y − 2z = 4 2y + 2z = 8        6y = 12 y = 2 2(2) − z = 2 z = 2 Luego p0(0, 2, 2). El vector direcci´on es

u = N0× N1 = i j k 1 2 −1 3 2 2 = i 2 −12 2 − j 1 −13 2 + k 1 23 2 = (4 + 2, −(2 + 3), 2 − 6) = (6, −5, −4).

Entonces la recta es p = (0, 2, 2) + t(6, −5, −4). Comparando con la que tenemos p = (1, 1, 1) + t(6, −5, −4), se obtiene que ambos son paralelos. Ahora construyamos un plano que contenga a estas dos rectas. Recordemos que la ecuaci´on del plano es N • (p − q0) = 0. Tenemos los siguiente

dados q0 = (0, 2, 2). Tomemos w = (1, 1, 1) − (0, 2, 2) = (1, −1, −1), luego

N = (6, −5, −4) × (1, −1, −1) = i j k 6 −5 −4 1 −1 −1 = i −5 −4_{−1 −1} − j 6 −4_{1 −1} + k 6 −5_{1 −1} = (5 − 4, −(−6 + 4), −6 + 5) = (1, 2, −1).

luego el plano buscado tiene por ecuaci´on (1, 2, −1)•(x, y −2, x−2) = 0, esto es, x+2y −z −2 = 0. Otra manera de resolver este problema es la siguiente: Hagamos z = t,

x + 2y − t − 2 = 0 3x + 2y + 2t − 8 = 0 −x − 2y + t + 2 = 0 3x + 2y + 2t − 8 = 0                2x + 3t − 6 = 0 x = 6 − 3t 2 = − 3 2t + 3 y = t + 2 − x 2 = t + 2 2 − x 2 = t + 2 2 − 6 − 3t 4 = 2t + 4 − 6 + 3t 4 = 5t − 2 4 = 5 4t − 1 2 Luego (x, y, z) = −3₂t + 3,5 4t − 1 2, t = −3₂,5 4, 1 t + (3, −1₂, 0) = −1₄t (6, −5, −4) + (3, −1₂, 0) ♣

(45)

EJEMPLO 2.32. Probar que la recta de intersecci´on de los planos Π1: x + 2y − z = 2 y Π2:

3x + 2y + 2z = 8 es paralela a la recta R: p = (1, 1, 1) + t(6, −5, −4). Encuentre la ecuaci´on del plano que forman estas rectas.

SOLUCI ´ON.- Haciendo z = t, del sistema ( x + 2y − z = 2 3x + 2y + 2z = 8 se obtiene ( x + 2y = 2 + t 3x + 2y = 8 − 2t Multiplicando por −3 a la primera ecuaci´on y luego sumando hacia abajo tenemos

−4y = 2 − 5t, y = 5t − 2 4 = 5 4t − 1 2 adem´as x = t + 2 − 2y = t + 2 −5₂t + 1 = −3₂t + 3 Por tanto las ecuaciones param´etricas de la recta son

x = −3₂t + 3, y = 5 4t −

1

2, z = t.

Por tanto (x, y, z) = (3, −1/2, 0)+t(−3/2, 5/4, 1) = (−1/2, 3, 0)−t/4(6, −5, −4), lo cual demuestra que ambas rectas son paralelas.

Ahora bien, puesto que ambas rectas p = (1, 1, 1)+t(6, −5, −4) y p = (3, −1/2, 0)+t(−3/2, 5/4, 1) son paralelas, es suficiente definir los vectores

u = (3, −1/2, 0) − (1, 1, 1) = (2, −3/2, −1) y v = (6, −5, −4) y con ellos tomar N = (2, −3/2, −1) × (6, −5, −4)

N = i j k 2 −3/2 −1 6 ₋₅ ₋₄ = i −3/2 −1₋₅ ₋₄ − j 2 −1_{6 −4} + k 2 −3/26 ₋₅ = (−1, 2, −1). Por tanto el plano buscado es −(x − 1) + 2(y − 1) − 1(z − 1) = 0. ♣ EJEMPLO 2.33. Halla la ecuaci´on de la recta que pasa por el punto P (2, −1, 1) y corta perpen-dicularmente a la recta R dada por:

x − 2 2 =

y − 1 2 = z