geometría analítica en el espacio.fm - Mosaicos

Cálculo vectorial y geometría analítica.
1. VECTORES DEL ESPACIO.
Las definiciones y operaciones con los vectores del plano se generalizan al espacio.
Se tiene así la igualdad de vectores: AB = CD si y sólo si ABCD es un paralelogramo; la fórmula de Chasles para
cualquier terna de puntos A, B y C, AB + BC = AC y la multiplicación de un número real por un vector k:
kAB = AM .
VECTORES COLINEALES.
Definición:
Dos vectores u y v son colineales si existe un real k tal que uno de los vectores es el
u
producto de k por el otro vector.
Por ejemplo: v = ku
v = ku
Consecuencias
Alineación: Tres puntos A, B y C están alineados si, y solo si los vectores AB y AC son colineales, es decir si existe
un real k tal que AC = kAB .
Paralelismo: Las rectas (AB) y (CD) son paralelas si, y solo si los vectores AB y CD
B
son colineales.
A
C
D
Los puntos A, B, C y D están entonces en el mismo plano.
Ejemplo:
M
En el paralelepípedo de la figura: EM = AD ; AB + AC = AE y AE + EM = AM ;
de donde AB + AC + AD = AM .
2
Si BP = --- AC , entonces los vectores BP y AC son colineales; y, como AC = BE , los
3
puntos B, E y P están alineados.
D
C
E
P
A
B
VECTORES COPLANARES.
Definición:
Tres vectores u , v y w son coplanares si, y solamente si, existen dos reales α y
β tales que: w = αu + βv .
Si u = AB , v = AC y w = AD , entonces los puntos A, B, C y D están en el mismo
plano.
Dos vectores colineales son coplanares.
C
v
A
D
w
u
B
v
u
Consecuencia
Para demostrar que un punto D pertenece a un plano P definido por tres puntos no alineados A, B y C, se muestra que
el vector AD es coplanar con los vectores AB y AC ; es decir que existen dos reales α y β tales que:
AD = αAB + βAC .
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1
Cálculo vectorial y geometría analítica.
DEMOSTRAR QUE DOS VECTORES SON COLINEALES.
A
1
1
Sea ABCD un tetraedro, y K y L los puntos tales que: AK = --3- AB + --2- AC y
1
1
AL = --- AC + --- AD
2
3
Demuestra que las rectas (KL) y (BD) son paralelas.
B
D
K
L
C
Se debe demostar que KL y BD son colineales.
1
1
1
1
KL = KA + AL = – AK + AL = – ⎛ --- AB + --- AC⎞ + --- AC + --- AD
⎝3
3
2 ⎠ 2
1
1
1
1
1
1
= – --- AB + --- AD = --- BA + --- AD = --- ( BA + AD ) = --- BD
3
3
3
3
3
3
1
Es decir KL = --- BD . Los vectores KL y BD son colineales.
3
DEMOSTRAR QUE CUATRO PUNTOS SON COPLANARES.
A
3
En el tetraedro precedente, M es un punto tal que AM = --- AC .
4
¿A qué cara pertenece K? ¿A qué cara pertenece L?
Muestra que los puntos B, M, L y D son coplanares.
D
B
L
K M
C
Por definición M es un punto de la recta (AC).
1
1
Como AK = --- AB + --- AC , entonces el vector AK es coplanar con AB y AC ; luego K es un punto de la cara ABC.
2
3
1--1--Como AL = AC + AD , entonces el vector AL es coplanar con AC y AD ; luego L es un punto de la cara ACD.
3
2
Ahora, los vectores KL y BD son colineales, entonces los puntos K, L, B y D son coplanares.
3
BM = BA + AM = – AB + --- AC .
4
1
2
3
2
1
1
--- AB + --- AC = --- ⎛ – AB + --- AC⎞ = --- BM .
Pero BK = BA + AK = – AB + --- AB + --- AC = – 2
⎝
⎠
2
3
4
3
3
2
3
Entonces BK y BM son colineales: M es un punto de la recta (BK).
Así M es también coplanar con los puntos B, K, L y D.
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2
Cálculo vectorial y geometría analítica.
2. EN UN REFERENCIAL EN EL ESPACIO.
• En un cubo de lado 1, los puntos
O, I, J y K definen un referencial
ortonormal en el espacio. Los
triángulos IOJ, JOK y KOI son
I
(O; i ; j ; k ).
• Un tetraedro ABCD define un
k
referencial cualquiera en el espaj
rectángulos isósceles. Se obtiene
el referencial:
z K
i
O
J
D
cio:
y
C
(A; AB ; AC ; AD ).
A
x
B
• COORDENADAS DE UN PUNTO EN EL ESPACIO
Definición:
z
La igualdad vectorial: OM = xi + yj + zk significa que el punto M tiene por coordenadas (x; y; z) en el referencial (O; i ; j ; k ).
M
y
x es la abscisa; y es la ordenada, z es la cota.
La terna (x; y; z) representa también a las coordenadas del vector OM .
O
M’
x
Se admite que la descomposición de un vector en el espacio según un referencial (O; i ; j ; k ) es único.
Se obtienen entonces las mismas propiedades de cálculo que en el plano.
• CÁLCULOS CON COORDENADAS
Propiedades:
• Dos vectores son iguales si, y solamente si, sus coordenadas respectivas son iguales.
• Sean dos puntos A(xA; yA; zA) y B(xB; yB; zB) del espacio,
entonces el vector AB tiene por coordenadas (xB – xA; yB – yA; zB – zA)
y el punto medio M del segmento [AB] tiene por coordenadas la semisuma de las coordenadas de A y B:
x A + x B y A + y B z A + z B⎞
M ⎛ ----------------- ;----------------- ;---------------.
⎝ 2
2
2 ⎠
• Consecuencia:
Toda igualdad vectorial se traduce por tres igualdades: una sobre cada una de las coordenadas.
• Ejemplo
z
B
Sean los puntos A(3; 1; 5) y B(0; 5; 4) en un referencial (O; i ; j ; k ).
A
–3
• Entonces AB ( 0 – 3 ;5 – 1 ;4 – 5 ) = AB ( – 3 ;4 ;– 1 ) .
1
• El punto medio M del segmento [AB] tiene por coordenadas:
3 + 0 1 + 5 + 4⎞
3
------------ es decir M ⎛ --- ;3 ;9
---⎞
M ⎛ ------------ ;------------ ;5
⎝ 2
⎠
⎝
2
2 2⎠
2
3
x
1 O1
M
M’
y
5
A’
• Se halla la abscisa y la ordenada del punto P, de cota 3, tal que P pertenezca a la recta (AB):
P(x; y; 3)∈(AB) si, y solo si, existe un real k tal que AP = kAB lo que es equivalente al sistema:
⎧ x – 3 = – 3k
⎧ x = 3 – 3k
⎧ x = –3
⎪
⎨ y – 1 = 4k , o sea ⎨ y = 1 + 4k, es decir ⎨ y = 9 . De donde P(–3; 9; 3) y AP = 2AB
⎩ 3 – 5 = –k
⎩k = 2
⎪
⎩k = 2
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3
Cálculo vectorial y geometría analítica.
Ubicar un punto o leer sus coordenadas.
En un referencial como el de la figura de al lado, ubicar los puntos:
A(4; 9; 5), B(–3; –4; 2) y A(6; 1; 7).
Leer las coordenadas de M sabiendo que zM = 6.
z
M
1
y
1 O1
B
z
x
M
C
1
–6 k
A
y
1 O1
M1
x
A1
M′
9j
5k
A2
Cálculos con las coordenadas.
Ubicar los puntos A(4; 0; 0), A(4; 0; 0), A(4; 0; 0) y A(4; 0; 0), así como el punto L tal que:
3BL = BC.
Mostrar que los vectores AM y AL son colineales.
Mostrar que el vector AM es coplanar con los vectores AB y AC .
• Para ubicar L, se pueden hallar las coordenadas (xL; yL; zL).
⎧ 3 ( xL – 0 ) = 0
⎧ xL = 0
⎧ xL = 0
⎪
⎪
⎪
3BL = BC ⇔ ⎨ 3 ( y L – 3 ) = 0 – 3 ⇔ ⎨ 3y L = 6 ⇔ ⎨ y L = 2
⎪
⎪
⎪
⎩ 3 ( zL – 0 ) = 6 – 0
⎩ 3z L = 6
⎩ zL = 2
Se calcula, mentalmente, las coordenadas de AM y AL :
Entonces AM (–3; 1,5; 1,5) y AL (–4; 2; 2).
3
Las coordenadas son proporcionales y AM = --- AL, luego los vectores AM y AL son colineales, y por lo tanto los
4
puntos A, L y M están alineados.
• Se buscan α y β tales queAM = αAB + βAC.
Se tiene AM (–3; 1,5; 1,5); AB (–4; 3; 0) y AC (–4; 0; 6).
La igualdad vectorial se traduce a un sistema:
,5
1
⎧ α = 1------= --⎪
3
2
⎧ – 3 = – 4α – 4β
⎪
⎪
⎪
1 ,5
1
AM = αAB + βAC ⇔ ⎨ 1 ,5 = 3α + 0β ⇔ ⎨ β = ------- = --6
4
⎪
⎪
⎩ 1 ,5 = 0α + 6β
⎪
1
1
⎪ – 4 × --- – 4 × --- = – 3
4
2
⎩
1
1
--- , la tercera ecuación es una identidad. AsíAM = --- AB + --- AC.
De donde α = 1--- y β = 1
4
2
2
4
Los puntos A, B, C y M son coplanares.
Observación: todos los puntos están en el plano (ABC).
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4
Cálculo vectorial y geometría analítica.
3. DISTANCIA Y ORTOGONALIDAD EN EL ESPACIO.
En un referencial ortonormal del espacio (O; i ; j ; k ), se considera un vector u ( X ;Y ;Z ) representado por OM .
Entonces OM2 = OH2 + HM2 = OK2 + KH2 + HM2 = X2 + Y2 + Z2.
Así el cuadrado de la distancia OM es igual a la suma de los cuadrados de las coordenadas
del vector OM .
x K
Si u = AB , se obtiene la distancia AB.
M
z
O
y
H
DISTANCIA ENTRE DOS PUNTOS DEL ESPACIO.
Teorema: En un referencial ortonormal, para A(XA; YA; ZA) y B(XB; YB; ZB):
AB2 = (XB – XA)2 + (YB – YA)2 + (ZB – ZA)2.
Ejemplo:
Sean A(1; 3; 3); B(2; 0; 1) y C(4; 3; 0).
Entonces AB ( 1 ;– 3 ;– 2 ) y BC ( 2 ;3 ;– 1 ).
De donde:
AB2 = 12 + (–3)2 + (–2)2 = 1 + 9 + 4 = 14
BC2 = 22 + 32 + (–1)2 = 4 + 9 + 1 = 14.
Se tiene así: AB2 = BC2 es decir AB = BC.
Se concluye que el triángulo ABC es isósceles en B.
z
A
B
y
x
C
ORTOGONALIDAD EN EL ESPACIO.
Por definición dos vectores u = AB y v = BC son ortogonales si, y solamente si, el triángulo ABC es rectángulo en A.
Teorema: En un referencial ortonormal, dos vectores u ( X ;Y ;Z ) y v ( X' ;Y' ;Z' ) son ortogonales si, y solamente si, XX′
+ YY′ + ZZ′ = 0.
Demostración:
Sean M(X; Y; Z) y M′(X′; Y′; Z′) tales que u = OM y v = OM'.
u y v son ortogonales si, y solamente si, el triángulo OMM′ es rectángulo en O.
M
M′
z
Ahora:
OM2
+
OM2 = X2 + Y2 + Z2
OM′2 = X′2 + Y′2 + Z′2
+
OM′2
=
X2
+
Y2 +
Z2 +
y
O
X′2
+
Y′2 +
Z′2
x
Además:
M′M2 = (X–X′)2 + (Y–Y′)2+ (Z–Z′)2 = X2 – 2XX′ + X′2 + Y2 – 2YY′ + Y′2+ Z2 – 2ZZ′ + Z′2
Entonces:
OM2 + OM′2 = M′M2 si, y solo si, – 2XX′ – 2YY′ – 2ZZ′ = 0 es decir: XX′ + YY′ + ZZ′ = 0
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Cálculo vectorial y geometría analítica.
Determinar la naturaleza de un triángulo en el espacio.
En un referencial ortonormal del espacio se consideran los puntos
A(2; 3; 5); B(4; 4; 3) y C(0; 5; 4).
Probar que el triángulo ABC es rectángulo isósceles.
• Se calcula AB (2; 1; –2) y AC (–2; 2; –1).
2
2
2
2
AB = 2 + 1 + ( – 2 ) = 9
⎫
2
2
AB = AC
⎬
2
2
2
2
AC = ( – 2 ) + 2 + ( – 1 ) = 9 ⎭
Entonces el triángulo ABC es isósceles en A.
• Se calcula XX’ + YY’ + ZZ’:
XX’ + YY’ + ZZ’ = 2×(–2) + 1×2 + (–2)×(–1) = –4 + 2 +2 = 0;
entonces los vectores AB y AC son ortogonales, lo que significa que el triángulo ABC es rectángulo en A.
Utilizar la ortogonalidad entre una recta y un plano.
Sean A(1; 2; 2), B(2; 4; 5) y u ( 2 ;5 ;3 )en un referencial ortonormal del espacio.
Se considera la recta (r) de vector director u y que pasa por B, y el plano P que pasa por A y perpendicular a (r).
Hallar la ecuación del plano P.
Si M(x; y; z) es un punto cualquiera del plano P, que pasa por A entonces: aplicando la condición de ortogonalidad a
los vectores AM ( x – 1 ;y – 2 ;z – 2 ) y u ( 2 ;5 ;3 ) se tiene:
M ∈ P ⇔ AM ⊥ u ⇔ 2 ( x – 1 ) + 5 ( y – 2 ) + 3 ( z – 2 ) =
Luego las coordenadas de un punto M del plano P verifican la ecuación 2x + 5y + 3z = 18, ésta última es la ecuación
del plano P.
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Cálculo vectorial y geometría analítica.
4. ECUACIONES DE PLANOS PARTICULARES.
Sea (O; i ; j ; k ) un referencial del espacio. Las ecuaciones siguientes se obtienen de manera evidente, por simple lectura
• PLANOS DE BASE.
z
z
M
z
M
O
O
y
O
y
y
M
x
x
x
El plano (yOz) tiene por ecuación
x=0
M∈(xOy) ⇔ xM = 0.
El plano (xOz) tiene por ecuación
y=0
M∈(xOz) ⇔ yM = 0.
El plano (xOy) tiene por ecuac
z=0
M∈(xOy) ⇔ zM = 0.
• EJES DEL REFERENCIAL
⎧ yA = 0
A∈(Ox) ⇔ ⎨
⎩ zA = 0
z
⎧ xB = 0
B∈(Oy) ⇔ ⎨
⎩ zB = 0
⎧ xC = 0
C∈(Oz) ⇔ ⎨
⎩ yC = 0
C
B
O
x
y
A
• PLANOS PARALELOS A UN PLANO DE BASE
z
z
z
c
O
b
O
y
O
y
y
a
x
x
x
P //(yOz) ⇔ x = a.
P //(xOy) ⇔ z = c.
P //(xOz) ⇔ y = b.
• PLANOS PARALELOS A UN EJE DEL REFERENCIAL
M
z
z
z
C
C
m
A
m
O
A
O
x
B
y
P //(Oz)
M∈ P ⇔ ax + by = d.
z cualquiera
ax + by = d es una ecuación
de (AB) en el plano (xOy)
x
x
M
y
P //(Oy)
M∈ P ⇔ ax + cz = d.
y cualquiera
ax + cz = d es una ecuación
de (AC) en el plano (xOz)
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m
M
O
B
y
P //(Ox)
M∈ P ⇔ by + cz = d.
x cualquiera
by + cz = d es una ecuación
de (BC) en el plano (yOz)
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Cálculo vectorial y geometría analítica.
DETERMINAR LA ECUACIÓN DE UN PLANO PARTICULAR.
Sean A(3; 1; 2); B(0; 4; 1) y C(0; 0; 3) puntos en un referencial (O; i ; j ; k ) del espacio.
Se considera el plano P1 que pasa por A y paralelo al plano (yOz) y el plano P2 paralelo a (Ox) y que pasa por B y C.
Determina las ecuaciones de P1 y P2.
Sea M(x; y; z) un punto cualquiera del plano P1.
P1 es paralelo a (yOz), entonces y y z son cualquiera.
Como A(3; 1; 2) ∈ P1, entonces la ecuación del plano P1 es x = 3.
Sea M(x; y; z) un punto cualquiera del plano P2.
P2 es paralelo a (Oxz), entonces x es cualquiera y la la ecuación del plano P2 es de la forma:
by + cz = d.
En el plano (yOz), la recta (BC) tiene por ecuación:
1
2
z = – --- y + 3 ⇔ z = – --- y + 3 ⇔ y + 2z = 6
2
4
Así, la ecuación del plano P2 es y + 2z = 6.
z
C
B
y
O
REPRESENTAR UN PLANO DE ECUACIÓN «INCOMPLETA».
Se consideran los planos P1 de ecuación 3x + 2z = 12 y P2 de ecuación y = 5. representa dichos planos en un referencial en el espacio.
• P1 de ecuación 3x + 2z = 12 es paralelo a (Oy), porque y es cualquiera.
P1 corta a los ejes (Ox) y (Oz) en A y B:
⎧ A ∈ ( Ox ) ⇔ y A = 0 y z A = 0
A = ( Ox ) ∩ P 1 ⇔ ⎨
⎩ A ∈ P 1 ⇔ 3x A + 2z A = 12 ⇒ 3x A = 12 ⇔ x A = 4
De donde P1 corta al eje (Ox) en A(4; 0; 0).
⎧ B ∈ ( Oz ) ⇔ x B = 0 y y B = 0
B = ( Oz ) ∩ P 1 ⇔ ⎨
⎩ B ∈ P 1 ⇔ 3x B + 2z B = 12 ⇒ 2x B = 12 ⇔ x B = 6
De donde P1 corta al eje (Oz) en B(0; 0; 6).
Se ubican A y B, se traza [AB] y las paralelas a (Oy) que pasan por A y B.
P1
B
• P2 de ecuación y = 5 es paralelo al plano (xOz).
P2 corta a (Oy) en C tal que: xC = 0; zC = 0 y yC = 5.
Se ubica C(0; 5; 0) y se traza la paralela a (Ox) que pasa por C y la paralela a (Oz) que
A
x
pasa por C.
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z
1
1
O1
C
y
P2
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Cálculo vectorial y geometría analítica.
5. ECUACIÓN GENERAL DE UN PLANO.
• VECTOR NORMAL A UN PLANO.
Definición: En un referencial ortonormal del espacio, un vector n no nulo es un vector normal a un plano P cuando
una recta (r) de vector director n es perpendicular al plano P.
Consecuencia:
Sea (r) una recta de vector director n y P un plano que pasa por un punto A y perpendicular a la recta (r).
M(x; y; z) es un punto cualquiera del plano P si, y solamente si, el vector AM es ortogonal al vector n ; se utiliza
entonces la relación de ortogonalidad sobre las coordenadas.
M∈ P ⇔ n ⊥ AM ⇔ XX’ + YY’ + ZZ’ = 0.
• ECUACIÓN DE UN PLANO.
Teorema: Un plano del espacio tiene por ecuación cartesiana: ax + by + cz = d.
Teorema (Demostración en complementos) Toda ecuación de la forma ax + by + cz = d, donde uno de los reales a, b
o c no es nulo, es la ecuación cartesiana de un plano del espacio en un referencial cualquiera.
Demostración: Sea P un plano de vector normal n ( a ;b ;c ) y que pasa por A(XA; YA; ZA) en un referencial ortonormado
del espacio, siendo n no nulo, al menos una de sus coordenadas a, b o c no es nula.
M(x; y; z)∈P ⇔n ( a ;b ;c ) ⊥ AM ( x – X A ;y – Y A ;z – Z A )⇔ a(x – XA) + b(y – YA) + c(z – ZA) = 0 ⇔ ax + by + cz = aXA
+ bYA + cZA.
Poniendo aXA + bYA + cZA = d, se obtiene ax + by + cz = d.
Esta ecuación no es única, multiplicándola por un real k≠0, se obtiene otra ecuación del plano, equivalente.
Observación: En un referencial ortonormado el plano de ecuación cartesiana: ax + by + cz = d. admite por vector normal n ( a ;b ;c ).
• PLANOS PARALELOS Y ECUACIONES CARTESIANAS DE UNA RECTA.
Teorema: Dos planos P y P’ de ecuaciones cartesianas ax + by + cz = d y a’x + b’y + c’z = d’ son paralelos si, y solamente si, sus coeficientes son proporcionales.: existe k tal que:
a’ = ka; b’ = kb; c’ = kc.
Consecuencia: Dos planos no paralelos son secantes en una recta; una recta del espacio está entonces determinada por
dos ecuaciones cartesianas: .
ax + by + cz = d
⎩ a'x + b'y + c'z = d'
Demostración: Decir que los coeficientes en x, y y z son proporcionales significa que los vectores normales a los planos son colineales, así los planos son perpendiculares a una misma recta y por lo tanto son paralelos.
z
z
(r)
P O P’
x
P
y
Planos paralelos
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x
P’
O
y
Planos secantes
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Cálculo vectorial y geometría analítica.
DETERMINAR LA ECUACIÓN GENERAL DE UN PLANO.
Sean A(0; 1; 2); B(1; 3; 0) y C(0; 0; 5) puntos en un referencial (O; i ; j ; k ) del espacio.
Muestra que esos tres puntos definen un plano P y determina una ecuación de P con coeficientes enteros.
AB ( 1 ;2 ;– 2 ) y AC ( 0 ;– 1 ;3 ) no son colineales; entonces los puntos A, B y C definen un plano P de ecuación: ax + by +
cz = d.
A(0; 1; 2) ∈ P ⇔ axA + byA + czA = d ⇔ b + 2c = d
B(1; 3; 0) ∈ P ⇔ axB + byB + czB = d ⇔ a + 3b = d
C(0; 0; 5) ∈ P ⇔ axC + byC + czC = d ⇔ 5c = d
Se resuelve el sistema: elegiendo el valor de d que nos facilite los cálculos, en este caso conviene, por ejemplo, d =
⎧ b + 2c = d
⎪
⎨ a + 3b = d
⎪
⎩ 5c = d
5, ya que 5c = 5 implica que c = 1.
⎧ b + 2c = 5
⎧ b+2 = 5
⎧ b = 3
⎧b = 3
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨ a + 3b = 5 ⇔ ⎨ a + 3b = 5 ⇔ ⎨ a + 9 = 5 ⇔ ⎨ a = – 4
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ c = 1
⎩ c = 1
⎩ c = 1
⎩c = 1
El plano P tiene entonces por ecuación: –4x + 3y + z = 0.
INTERPRETAR UN SISTEMA 3×3 QUE TIENE SOLUCIÓN.
⎧ x + 2y + z = 6
⎪
Resolver e interpretar geométricamente el sistema: ⎨ 3x + y + z = 6 .
⎪
⎩ x + y + 2z = 5
Aislemos z en la primera ecuación y la reemplazamos en las otras dos.
se halla x y y con la segunda y tercera ecuación.
z
⎧ z = 6 – x – 2y
⎧ z = 6 – x – 2y
⎪
⎪
⎨ 3x + y + 6 – x – 2y = 6 ⇔ ⎨ 2x – y = 0
⎪
⎪
⎩ x + y + 2 ( 6 – x – 2y ) = 5
⎩ – x – 3y = – 7
P3
P1
I
La solución es la terna (1; 2; 1).
O
⎧ z = 6 – x – 2y
⎧z = 1
⎪
⎪
⇔ ⎨y = 2
⎨ y = 2x
⎪
⎪
⎩ x + 6x = 7
⎩x = 1
Los tres planos P1, P2 y P3 de ecuaciones respectivas: x + 2y + z = 6; 3x
+ y + z = 6; x + y + 2z = 5 no son paralelos y son secantes en el punto H(1; 2; 1)
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y
P3
x
10
Cálculo vectorial y geometría analítica.
6. ECUACIÓN DE LA RECTA EN EL ESPACIO.
Una recta en el espacio está definida:
• ya sea por dos puntos distintos A y B,
• ya sea por un punto A y un vector director u no nulo
• REPRESENTACIÓN PARAMÉTRICA DE UNA RECTA.
Definición: En un referencial (O; i ; j ; k ) del espacio, sea (r) una recta, un punto A(xA; yA;
zA) de (r) y u ( a ;b ;c ) un vector director de (r).
La recta (r) es el conjunto de los puntos M(x; y; z) para los cuales existe un real t tal que
⎧ x = x A + ta
AM = tu .
⎪
La recta (r) está caracterizada por el sistema ⎨ y = y A + tb , con t∈R.
⎪
⎩ z = z A + tc
B
A
u
Ese sistema se llama una representación paramétrica de la recta (r). El parámetro es t.
• «t∈R» significa que, cuando t recorre R, el punto asociado M(x; y; z) describe la recta (r).
La letra «t» es el parámetro de la representación, pero otras letras (k, λ, s, …) pueden ser utilizadas.
• INTERSECCIÓN DE UNA RECTA CON UN PLANO.
Sea P el plano de ecuación ax + by + cz = d y (r) la recta que pasa por A(xA; yA; zA) y de vector director u ( α ;β ;γ ).
En primer lugar, está claro que (r) y P son secantes si, y solamente si, u ( α ;β ;γ ) y n ( a ;b ;c ) que es un vector normal
a P no son ortogonales, es decir si y solamente si: aα + bβ + cγ ≠ 0.
Se trata, bajo tal hipótesis, de obtener las coordenadas del punto de intersección de (r) y P.
El punto M(x; y; z) de la recta (r) definido por sistema ,
⎧ x = x A + ta
⎪
⎨ y = y A + tb
⎪
⎩ z = z A + tc
con t∈R pertenece al plano P si, y solamente si, ax + by + cz = d, es decir: a(xA+ tα) + b(yA+ tβ) + c(zA+ tγ) = d, que
se puede escribir: (aα + bβ + cγ)t + axA+ byA+ czA= d
Como aα + bβ + cγ ≠ 0, la ecuación de primer grado de incógnita t admite una única solución t0, cuyo cálculo aquí
no tiene mayor interés.
Las coordenadas del punto de intersección de (r) y P se obtienen reemplazando en el sistema (S), t por t0:
(xA+ t0α; yA+ t0β; zA+ t0γ)
Comentarios:
El estudio del caso general muestra:
• por un lado como interviene en los cálculos la condición aα + bβ + cγ ≠ 0;
• por otro lado, que el método utilizado es ganador a todos los premios.
¿Qué pasa si la recta está definida por un sistema de dos ecuaciones lineales, es decir por la intersección de dos planos?
Como veremos en el próximo parágrafo, se resuelve el sistema de tres ecuaciones lineales que se forma con: las dos
ecuaciones lineales que determinan a la recta (r) y la ecuación del plano P. La solución del sistema son las coordenadas del punto de intersección de (r) y P.
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Cálculo vectorial y geometría analítica.
DETERMINAR UNA REPRESENTACIÓN PARAMÉTRICA DE UNA RECTA.
• A) Hallar una representación paramétrica de la recta (r) de vector director u ( 2 ;– 3 ;5 ) y que pasa por el punto A(1; 2;
3).
• B) Hallar una representación paramétrica de la recta (PQ) con P(–1; 2; –3) y Q(1; –1; –1).
⎧ x = 1 + 2t
Resolución:
⎪
A) Se plantea el siguiente sistema: ⎨ y = 2 – 3t , con t∈R, que es la representación paramétrica de la recta (r).
⎪
⎩ z = – 3 + 5t
B) La recta (PQ) no es otra que la recta que pasa por P y de vector director u = PQ .
⎧ x = – 1 + 2t
⎪
Con PQ ( 2 ;– 3 ;4 ), obtenemos la representación paramétrica ⎨ y = 2 – 3t , con t∈R.
⎪
⎩ z = – 3 + 4t
HALLAR LA INTERSECCIÓN DE UNA RECTA CON UN PLANO.
Enunciado: Determina la intersección del plano P de ecuación: x + 2y – z = –2
con la recta (r) definida por el punto A(2; 1; –4) y un vector director u ( 2 ;– 2 ;4 ) .
Resolución: Notemos que n ( 1 ;2 ;– 1 ) normal al plano P no es perpendicular a (r)
ya que:
2×1 + (–2)×2 + 4×(–1) = –5 ≠ 0.
⎧ x = 2 + 3t
⎪
Por otro lado la ecuación paramétrica de (r) es: ⎨ y = 1 – 2t , con t∈R.
⎪
⎩ z = – 4 + 4t
z
(r)
M
O
y
P
x
Sustituimos los valores de x, y y z en función de t, dados por la representación paramétrica, en la ecuación del plano P:
(2 + 3t) + 2(1 – 2t) –(–4 + 4t) = –2.
Se tiene –5t + 8 = –2, es decir t = 2.
Sustituyendo el valor de t hallado en la representación paramétrica de la recta (r), se determinan las coordenadas del
punto M de intersección de (r) y P: M(8; –3; 4).
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Cálculo vectorial y geometría analítica.
7. COMPLEMENTOS.
• PLANOS PERPENDICULARES.
Por definición, dos planos son perpendiculares cuando uno de ellos contiene una recta perpendicular al otro.
Esta condición se traduce vectorialmente por:
Dos planos P y Q, de vectores normales respectivos n y n' son pependiculares si, y solamente si, esos dos vectores
normales son ortogonales:
Sean el plano P de ecuación ax + by + cz = d y de vector normal n ( a ;b ;c ) y el plano Q de ecuación a′x + b′y + c′z =
d′ y de vector normal n ( a' ;b' ;c' ) .
Entonces: P⊥ Q ⇔ a×a′ + b×b′ + c×c′= 0
Se considera el plano P que pasa por el punto B(1; –2; 1) y de vector normal n ( – 2 ;1 ;5 ) y el plano R de ecuación
cartesiana x + 2y – 7 = 0.
Demostrar que los planos P y Rson perpendiculares.
Demostrar que la intersección de P y R es la recta (r) que pasa por el punto C(–1; 4; –1) y de vector director
u ( 2 ;– 1 ;1 ).
Un vector normal al plano R es m ( 1 ;2 ;0 ) luego P⊥ R ⇔ (–2)×1 + 1×2 + 5×0 = 0.
La ecuación de P es de la forma –2x + y + 5z = d, con d a determinar para que P pase por B:
–2×1 + 1×(–2) + 5×1 = d
Luego d = 1, por lo que la ecuación del plano P es: –2x + y + 5z = 1.
⎧ x + 2y – 7 = 0
Para hallar la intersección de los planos P y R nos planteamos el sistema: ⎨
.
⎩ – 2x + y + 5z = 1
Las coordenadas del punto B verifican el sistema, lo que prueba que pertenece a la recta intersección de P y R.
La recta intesección de P y R admite por vector director un vector ortogonal a los vectores normales a P y R, luego
se debe cumplir: (–2)×2 + 1×(–1) + 5×1 = 0 y 1×2 + 2×(–1) + 0×1 = 0.
• ESTUDIO DE LA ECUACIÓN AX + BY + CZ = D.
Demostración del recíproco de la propiedad sobre la ecuación cartesiana de un plano.
Sea F el conjunto de los puntos M(x; y; z) tales que ax + by + cz = d, con (a; b; c) ≠ (0; 0; 0).
Demostrar queF no es vacío.
Si a ≠ 0, se buscará un punto A de F del tipo (xA; 0; 0).
Demostrar que M ∈ F ⇔ los vectores AM y n , siendo n ( a ;b ;c ) , son ortogonales. Concluir.
d
Si a ≠ 0, entonces el punto A( --- ; 0 ; 0) es un punto de F .
a
d
Estudiemos la condición de ortogonalidad entre AM ⎛ x – --- ;y ;z⎞ y n ( a ;b ;c ) :
⎝
⎠
a
⎛x – d
---⎞ × a + y × b + z × c = 0 ,
⎝
a⎠
luego ax + by + cz = d. Es decir los puntos M cuyas coordenadas verifican la ecuación ax + by + cz = d pertenecen a
un plano de vector normal n ( a ;b ;c ) y que pasa por A.
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Cálculo vectorial y geometría analítica.
8. RESOLUCIÓN DE SISTEMAS.
Carl Friederich Gauss (1777-1855) fue un matemático alemán que trabajó también en el campo
de la astronomía.
Es así que para determinar la órbita del asteroide Pallas, descubierto por el astrónomo Olbers
(1758-1890?), Gauss necesitó resolver un sistema de seis ecuaciones con seis incógnitas.
En una memoria de 1810, diseña un algoritmo válido para cualquier sistema de ecuaciones lineales. Dicho algoritmo se basa en las siguientes dos reglas:
C. F. Gauss
(R1) Si se permutan dos ecuaciones del sistema, se obtiene un nuevo sistema que admite las mismas soluciones que
el sistema inicial, se dice que ambos sitemas son equivalentes. se anota por ejemplo: e1 ↔ e2 la operación que consiste
en permutar la ecuaciones e1 y e2.
(R2) Si se reemplaza una ecuación ei por una combinación lineal de ei con otra ecuación ej, con la condición que la
ecuación ei intervenga efectivamente, es decir al reemplazar ei por aei + bej (con a real no nulo y b cualquiera, entonces el sistema obtenido es equivalente al sistema inicial.
Esta operación se anota: aei + bej → ei.
Estas operaciones permiten reducir la resolución de un sistema lineal a la de un sistema «triangular», es decir a un
sistema donde cada ecuación contiene una incógnita menos que la ecuación precedente.
Por ejemplo, utilizando una calculadora que posea un módulo de cálculo
formal, para resolver el sistema:
⎧ x – 2y – z = 7
⎪
⎨ 2x – 2y + 3z = – 3
⎪
⎩ 3x + y – 2z = 11
Se comienza por introducir las tres ecuaciones e1, e2 y e3.
Se obtienen seguidamente las dos pantallas siguientes:
1) ¿Qué regla ha sido utilizada para obtener las dos pantallas anteriores a partir del sistema inicial?
2) Sobre la segunda pantalla, el sistema obtenido es un sistema triangular. Deduce la solución del sistema.
3) Resuelve el sistema utilizando el método de Gauss.
⎧ x + 5z + 2t = 6
⎪
⎪ 4x + y + 8z = 20
⎨
⎪ 5x + y + 6z + 10t = 11
⎪ 8x + 2y + z + 17t = 8
⎩
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Cálculo vectorial y geometría analítica.
4) El método de Gauss no es siempre el más rápido para resolver un sistema.
Por ejemplo, el sistema puede ser fácilmente resuelto por substitución:
⎧ x + y – z = –2
⎪
⎨ x + z = –1
⎪
⎩ x + 2y = 0
se puede expresar y y z en función de x en las dos últimas ecuaciones, luego reemplazar y y z por las expresiones obtenidas en la primera ecuación para deducir el valor de x y seguidamente deducir los valores de y y z.
Resuelve el sistema anterior.
⎧x + y + z = 2
⎪
5) Verifica que el método de Gauss aplicado al sistema conduce al sistema triangular ⎨ y + 2z = 3 . Este sistema
⎪
⎧x + y + z = 2
⎩0 = 0
⎪
⎨ x + 2y + 3z = 5
⎪
⎩ x + 4y + 7z = 11
tiene soluciones? Si sí, determina esas soluciones.
Más adelante veremos una interpretación geométrica de dicho resultado.
⎧ x + 3y + 2z = – 5
⎪
6) Muestra, utilizando el método de Gauss que el sistema: ⎨ y + z = – 3
no tiene solución.
⎪
⎩ 2x + 3y + z = 1
9. SISTEMAS E INTERSECCIÓN DE PLANOS.
INTERSECCIÓN DE DOS PLANOS.
( a ;b ;c ) ≠ ( 0 ,0 ,0 )
⎧ ax + by + cz = d
Sea el sistema ⎨
con
.
( a' ;b' ;c' ) ≠ ( 0 ,0 ,0 )
⎩ a'x + b'y + c'z = d'
Las soluciones del sistema son las coordenadas de los eventuales puntos de intersección de los planos P y P’ de ecuaciones respectivas ax + by + cz = d y a’x + b’y + c’z = d’ en un referencial ortonormal del espacio (O; i ; j ; k ).
Se tiene entonces tres posibilidades:
•P
y P’ son estrictamente paralelos.
•P
y P’ coinciden.
y P’ son secantes.
P’
•P
P’
(r)
P
P ∩ P’ = ∅
El sistema no admite solución.
P
P ∩ P’ = P
P ∩ P’ = (r)
El sistema admite infinitas
soluciones representadas
por un plano.
El sistema admite infinitas
soluciones representadas
por una recta.
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Cálculo vectorial y geometría analítica.
INTERSECCIÓN DE TRES PLANOS.
⎧ ax + by + cz = d
( a ; b ; c ) ≠ ( 0 ,0 ,0 )
⎪
Sea el sistema ⎨ a'x + b'y + c'z = d' con ( a' ;b' ;c' ) ≠ ( 0 ,0 ,0 ) .
⎪
( a'' ;b'' ;c'' ) ≠ ( 0 ,0 ,0 )
⎩ a''x + b''y + c''z = d''
Las soluciones del sistema son las coordenadas de los eventuales puntos de intersección de los planos P , P’ y P’’ de
ecuaciones respectivas:
ax + by + cz = d, a’x + b’y + c’z = d’ y a’’x + b’’y + c’’z = d’’
en un referencial ortonormal del espacio (O; i ; j ; k ).
Q A. Los tres planos son paralelos.
• Ya sean confundidos; se tiene entonces
P ∩ P’ ∩ P’’ = P , el sistema admite infinitas soluciones representadas por un plano.
• Ya sea dos entre ellos son estrictamente paralelos, se tiene entonces
P ∩ P’ ∩ P’’ = ∅, el sistema no tiene solución.
Q B. Los s planos son secantes dos a dos.
• P ∩ P’ = (r) y
(r) estrictamente paralela a P’’
•P
∩ P’ = (r) y (r) ⊂ P’’
P ∩ P’ = (r)
y (r) secante a P’’
P’’
P’
(r)
P’
P’’
P’’
P’
P
(r)
(r)
P
P
P ∩ P’ ∩ P’’ = ∅
P ∩ P’ ∩ P’’ = (r)
P ∩ P’ ∩ P’’ = {P}
El sistema no admite solución.
El sistema tiene infinitas
soluciones representadas
por una recta.
El sistema admite
una única solución.
DETERMINAR LA INTERSECCIÓN DE DOS PLANOS.
Enunciado: Sea (O; i ; j ; k ) un sistema ortonormal del espacio.
Determinar la intersección de los planos P1 y P2 de ecuaciones respectivas:
x + y – 2z = 3 y x – y + 4z = –1.
Resolución: • P1 tiene por vector normal u 1 ( 1 ;1 ;– 2 ) y P2 tiene por vector normal u 2 ( 1 ;– 1 ;4 ) .
Como u 1 y u 2 no son colineales (ya que sus coordenadas no son proporcionales) P1 y P2 son secantes según una
recta (r).
⎧ x + y – 2z = 3
⎧ x = – y + 2z + 3
⎧x = – z + 1
⇔⎨
⇔⎨
⎨
⎩ x – y + 4z = – 1
⎩ y = ( – y + 2z + 3 ) + 4z + 1
⎩ y = 3z + 2
⎧x = 1 – t
⎪
Se obtiene así la recta (r) de representación paramétrica: ⎨ y = 2 + 3t con t real.
⎪
⎩z = t
Ella pasa por A(1; 2; 0) y admite por vector director u ( – 1 ;3 ;1 ).
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Cálculo vectorial y geometría analítica.
INTERPRETAR UN SISTEMA DE ECUACIONES.
⎧ x + y – 2z = 3
⎧ x + y – 2z = 3
⎪
Enunciado: Se consideran los sistemas: (S) ⎨ x – y + 4z = – 1 y (S’)⎨ x – y + 4z = – 1
⎪
⎩ 2x + y + z = – 2
⎩ x + y – 2z = 1
Interpretar geométricamente los sitemas (S) y (S’) y resolverlos.
Resolución: Sea (O; i ; j ; k ) un sistema ortonormal del espacio.
• Las tres ecuaciones del sistema (S) representan tres planos P1, P2 y P3 de vectores normales respectivos
u 1 ( 1 ; 1 ;– 2 ) , u 1 ( 1 ; 1 ;– 2 ) y u 3 ( 2 ;1 ;1 ) .
Los vectores u 1 y u 2 no son colineales, entonces los planos P1 y P2 son secantes según una recta (r).
⎧x = 1 – z
⎪
Del ejercicio anterior se tiene que: (S) ⎨ y = 2 + 3z
con z∈R
⎪
⎩ 2x + y + z = – 2
y (r) pasa A(1; 2; 0) y admite por vector director u ( – 1 ;3 ;1 ) .
Como u 3 y u no son ortogonales ya que 2×(–1) + 1×3 + 1×1 = 2 ≠ 0, la recta (r) es secante al plano P3 en un punto
B y el sistema (S) admite una única solución.
⎧x = 1 – z
⎪
⎨ y = 2 + 3z
⎪
⎩ 2 ( 1 – z ) + ( 2 + 3z ) + z = – 2
el cual es equivalente a
⎧x = 4
⎪
⎨ y = –7
⎪
⎩ z = –3
• Las tres ecuaciones de (S’) representan tres planos P1, P2 y un plano P4 de vector normal u 4 ( 1 ;1 ;– 2 ) .
Como u 4 es ortogonal con u ya que 1×(–1) + 1×3 + (–2)×1 = 0, la recta (r) es paralela al plano P4.
Además, A∉ P4 porque 1 + 2 –2×0 ≠ 1, entonces (r) es estrictamente paralela al plano P4 y el sistema (S’) no tiene
solución.
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