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Álgebra y Geometría Analítica

Contenidos de Álgebra para UTN-FRBA

  • Parte 1
    • Vectores, recta y plano
      • Introducción a vectores en R3
      • Producto escalar en R3
      • Producto vectorial y mixto
      • Ecuaciones del plano
      • Ángulos y distancias
      • Haz de planos
      • Recta en ({mathbb{R}^3})
      • Recta y plano: intersecciones y ángulos
      • Distancias y proyecciones
    • Matrices y determinantes
      • Matrices
      • Determinante de una matriz
      • Matrices y sistemas de ecuaciones lineales
    • Espacios vectoriales
      • Espacios y subespacios vectoriales
      • Conjunto generador. LI y LD. Base. Dimensión.
      • Operaciones con subespacios
    • Sistemas de ecuaciones
      • Rango y sistemas de ecuaciones lineales
      • Relaciones entre soluciones de AX=B y AX=0. Variables libres.
  • Parte 2
    • Transformaciones lineales
      • Definición y propiedades de las transformaciones lineales
      • Núcleo e imagen. Clasificación de las transformaciones lineales.
      • Teorema fundamental de las transformaciones lineales
      • Matriz asociada a una transformación lineal
      • Composición e inversa de transformaciones lineales
      • Matriz de cambio de base
    • Autovalores y autovectores
      • Autovalores y autovectores: definiciones y propiedades
      • Multiplicidades algebraica y geométrica de un autovalor
      • Matrices semejantes
      • Diagonalización de una matriz
      • Diagonalización ortogonal de matrices simétricas
      • Diagonalización de una transformación lineal
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Última vez actualizado 12 diciembre, 2017 por 120 comentarios

Primer Parcial Resuelto de AGA [09-09-2017]

El siguiente es el enunciado y resolución completa del primer parcial de álgebra y geometría analítica tomado el día 09-09-2017, en el curso semi-presencial.

Enunciado del primer parcial de álgebra [09-09-2017]

enunciado parcial 1 aga

Ejercicio 1 – Haz de planos

Halle, si existe, el plano del haz \({\alpha _1}\left( {x – y – 2z + 5} \right) + {\alpha _2}\left( {2x + y – 3} \right) = 0\;\;\;\;{\alpha _1},{\alpha _2} \in \mathbb{R}\) que sea perpendicular a la recta \(r:\left( {x,y,z} \right) = \left( {1,0, – 2} \right) + \lambda \left( {4, – 1, – 4} \right)\). En caso de que exista, grafique dicho plano.

Resolución ejercicio 1

Aplicamos propiedad distributiva en la ecuación del haz de planos y luego sacamos factor común:

\[{\alpha _1}\left( {x – y – 2z + 5} \right) + {\alpha _2}\left( {2x + y – 3} \right) = 0\;\;\;\;{\alpha _1},{\alpha _2} \in \mathbb{R}\]

\[\left( {{\alpha _1} + 2{\alpha _2}} \right)x + \left( { – {\alpha _1} + {\alpha _2}} \right)y + \left( { – 2{\alpha _1}} \right)z + \left( {5{\alpha _1} – 3{\alpha _2}} \right) = 0\]

Los coeficientes de \(x\), \(y\) y \(z\) son las componentes de un vector normal del plano.

\[\vec n = \left( {{\alpha _1} + 2{\alpha _2}, – {\alpha _1} + {\alpha _2}, – 2{\alpha _1}} \right)\]

Hagamos un diagrama con un plano y una recta perpendicular a él:

recta perpendicular a un plano

Cómo el diagrama nos ayuda ver, para que la recta sea perpendicular al plano, el vector director de la recta, debe ser paralelo al vector normal del plano.

Podemos entonces igualar al vector normal del plano con el vector director de la recta:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\alpha _1} + 2{\alpha _2} = 4}\\{ – {\alpha _1} + {\alpha _2} =  – 1}\\{ – 2{\alpha _1} =  – 4}\end{array}} \right.\;\]

\[ \Rightarrow \;\;\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2 + 2.1 = 4}\\{{\alpha _2} = 1}\\{{\alpha _1} = 2}\end{array}} \right.\]

Para que el vector normal del plano sea \(\left( {4, – 1, – 4} \right)\), debe ser \({\alpha _1} = 2\) y \({\alpha _2} = 1\).

Reemplazando \({\alpha _1} = 2\) y \({\alpha _2} = 1\) en la ecuación del haz obtenemos:

\[4x – y – 4z + 7 = 0\]

Observación:

Uno podría argumentar que no es válido igualar el vector normal del plano con el vector director de la recta. Porque no deben ser idénticos sino sólo paralelos. Es decir que uno debe ser proporcional al otro. Pero sí es válido igualarlo. Veamos por qué: en la ecuación del haz de planos para cada relación entre \({\alpha _1}\) y \({\alpha _2}\) se determina un único plano. Por ejemplo si se toma \({\alpha _1} = 5{\alpha _2}\) se determina un único plano independientemente de si \({\alpha _1} = 5\) y \({\alpha _2} = 1\) o si \({\alpha _1} = 10\) y \({\alpha _2} = 2\).

Verifiquemos esto en el caso del ejercicio. Si en lugar de igualarlo a \(\left( {4, – 1, – 4} \right)\) lo hacíamos con \(\left( {8, – 2, – 8} \right)\) (un vector paralelo) obteníamos también unos valores posibles de \({\alpha _2}\) y \({\alpha _1}\) que nos llevaban a otra ecuación posible para el mismo plano:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\alpha _1} + 2{\alpha _2} = 8}\\{ – {\alpha _1} + {\alpha _2} =  – 2}\\{ – 2{\alpha _1} =  – 8}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{4 + 2.2 = 8}\\{{\alpha _2} = 2}\\{{\alpha _1} = 4}\end{array}} \right.\]

\[\pi :8x – 2y – 8z + 14 = 0\]

Dividiendo por dos a ambos miembros vemos que se trata del mismo plano:

\[4x – y – 4z + 7 = 0\]

En general si lo igualamos a un vector paralelo a \(\left( {4, – 1, – 4} \right)\) vemos que se encuentra una relación entre \({\alpha _1}\) y \({\alpha _2}\). Esta resolución es un poquito más larga:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\alpha _1} + 2{\alpha _2} = 4k}\\{ – {\alpha _1} + {\alpha _2} =  – k}\\{ – 2{\alpha _1} =  – 4k}\end{array}} \right.\]

\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\alpha _1} + 2{\alpha _2} – 4k = 0}\\{ – {\alpha _1} + {\alpha _2} + k = 0}\\{ – 2{\alpha _1} + 4k = 0}\end{array}} \right.\]

Planteamos la matriz de coeficientes y vamos escalonando con operaciones elementales de filas:

\[\left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&2&{ – 4}\\{ – 1}&1&1\\{ – 2}&0&4\end{array}} \right)\]

\[\mathop  \to \limits_{\begin{array}{*{20}{c}}{{F_2} + {F_1}}\\{{F_3} + 2{F_1}}\end{array}} \left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&2&{ – 4}\\0&3&{ – 3}\\0&4&{ – 4}\end{array}} \right)\]

\[\mathop  \to \limits_{\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{1}{3}.{F_2}}\\{{F_3} – 4{F_2}}\end{array}} \left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&2&{ – 4}\\0&1&{ – 1}\\0&0&0\end{array}} \right)\]

\[\mathop  \to \limits_{{F_1} – 2{F_1}} \left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&0&{ – 2}\\0&1&{ – 1}\\0&0&0\end{array}} \right)\]

Ahora que escalonamos la matriz de coeficientes volvemos a escribir el sistema de ecuaciones simplificado:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\alpha _1} – 2k = 0}\\{{\alpha _2} – k = 0}\end{array}} \right.\]

\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\alpha _1} = 2k}\\{{\alpha _2} = k}\end{array}} \right.\]

\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\alpha _1} = 2{\alpha _2}}\\{k \in R}\end{array}} \right.\]

Obtuvimos que para que el plano sea paralelo a \(\left( {4, – 1, – 4} \right)\) debe ocurrir que \({\alpha _1} = 2{\alpha _2}\). Cualquier pareja de valores que cumpla esa relación está bien.

Cómo habíamos dicho antes: cada plano del haz de planos queda definido por una “relación entre \({\alpha _1}\) y \({\alpha _2}\)”. Podría ser en particular \({\alpha _2} = 1\) y \({\alpha _2} = 2\), o cómo en el segundo ejemplo \({\alpha _2} = 2\) y \({\alpha _2} = 4\)… en general es \({\alpha _1} = 2{\alpha _2}\).

Ejercicio 2 – Proyección de una recta sobre un plano

Sean la recta \(r:\left( {x,y,z} \right) = \left( {4, – 2,0} \right) + t\left( { – 4,4,1} \right)\) con \(t \in \mathbb{R}\) y el plano \(\beta : x – y – z = 0\). Obtenga la ecuación de la recta proyección de \(r\) sobre \(\beta \).

Resolución del ejercicio 2

Hagamos un diagrama general que contenga un plano, una recta y la proyección de la recta sobre el plano:

proyeccion de una recta sobre un plano

Este diagrama es para el caso de que \(r\) no sea paralela con el plano \(\beta \). Es nuestro caso: vemos que la recta y el plano no son paralelos. Porque el vector director de la recta \(\left( { – 4,4,1} \right)\) no es perpendicular al vector normal del plano \(\left( {1, – 1, – 1} \right)\).

La recta \(r’\) es aquella que pasa por \(Q\) (siendo \(\left\{ Q \right\} = r \cap \beta \))  y \(A’ = pro{y_\beta }\left( A \right)\).

Busquemos \(\left\{ Q \right\} = \beta  \cap r\). Para eso planteamos las ecuaciones paramétricas de \(r\) y las reemplazamos en la ecuación del plano \(\beta \):

\[r:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 4 – 4t}\\{y =  – 2 + 4t}\\{z = t}\end{array}} \right.\;\;\;\;,\;\;t \in \mathbb{R}\]

\[\beta : x – y – z = 0\]

\[\left( {4 – 4t} \right) – \left( { – 2 + 4t} \right) – t = 0\]

\[ \Rightarrow 6 – 9t = 0\]

\[ \Rightarrow t = \frac{2}{3}\]

Ahora reemplazamos \(t = \frac{2}{3}\) en la ecuación de \(r\):

\[\left\{ Q \right\} = r \cap \beta  = \left\{ {\left( {\frac{4}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}} \right)} \right\}\]

Buscamos \(A’ = pro{y_\beta }\left( A \right)\). Para eso tomamos un punto de la recta, por ejemplo \(A = \left( {4, – 2,0} \right)\). Armamos la recta auxiliar \(t\) (perpendicular al plano y que pasa por \(A\)):

\[t:\left( {x,y,z} \right) = \left( {4, – 2,0} \right) + \lambda \left( {1, – 1, – 1} \right)\]

Buscamos la intersección \(t \cap \beta \):

\[t:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 4 + \lambda }\\{y =  – 2 – \lambda }\\{z =  – \lambda }\end{array}} \right.\;\;,\;\;\;\lambda  \in \mathbb{R}\]

\[\left( {4 + \lambda } \right) – \left( { – 2 – \lambda } \right) – \left( { – \lambda } \right) = 0\]

\[ \Rightarrow 6 + 3\lambda  = 0\]

\[ \Rightarrow \lambda  =  – 2\]

\[A’ = \left( {2,0,2} \right)\]

Un vector director de \(r’\) puede ser:

\[\overrightarrow {A’Q}  = \left( {\frac{4}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}} \right) – \left( {2,0,2} \right) = \left( { – \frac{2}{3},\frac{2}{3}, – \frac{4}{3}} \right)\]

Finalmente escribimos la ecuación vectorial de la recta:

\[r’:\left( {x,y,z} \right) = \left( {2,0,2} \right) + \alpha \left( { – \frac{2}{3},\frac{2}{3}, – \frac{4}{3}} \right)\]

 

Ejercicio 3 – Determinante de una matriz

¿Verdadero o falso? Justifique su respuesta.

Si \(A \in {\mathbb{R}^{3 \times 3}}\; \wedge \;{A^2} = A\; \wedge \;A\) es inversible, entonces \(\left| {3A} \right| = 27\).

Resolución del ejercicio 3

Si \({A^2} = A\) entonces sus determinantes son iguales:

\[\det \left( {{A^2}} \right) = \det \left( A \right)\]

Por propiedades de determinantes:

\[ \Rightarrow {\left[ {\det \left( A \right)} \right]^2} = \det \left( A \right)\]

Cómo es inversible… \(\det \left( A \right) \ne 0\) entonces podemos dividir a ambos miembros por \({\rm{det}}\left( A \right)\):

\[ \Rightarrow \det \left( A \right) = 1\]

Ahora tomemos \(\det \left( {3A} \right)\) y apliquemos propiedades:

\[{\rm{\;}}\det \left( {3A} \right) = {3^3}.\det \left( A \right)\]

Cómo sabemos que \(\det \left( A \right) = 1\):

\[\det \left( {3A} \right) = 27.1 = 27\]

La afirmación es verdadera.

Ejercicio 4 – Coordenadas de un vector en una base

Sea \(B = \left\{ {{v_1} = \left( {1,1,1} \right),{v_2},{v_3}} \right\}\) una base de \({\mathbb{R}^3}\).

Si \(\vec u = \left( { – 1,1,2} \right)\) y \(\vec w = \left( {0,2, – 3} \right)\) son vectores de \({\mathbb{R}^3}\) tales que sus coordenadas en la base \(B\) son \({\left[ {\vec u} \right]_B} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}1\\{\begin{array}{*{20}{c}}{ – 2}\\3\end{array}}\end{array}} \right)\) y \({\left[ {\vec w} \right]_B} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}0\\{\begin{array}{*{20}{c}}2\\3\end{array}}\end{array}} \right)\) halle \(\overrightarrow {{v_2}} \) y \(\overrightarrow {{v_3}} \).

Resolución del ejercicio 4

El vector \(\left( { – 1,1,2} \right)\) tiene coordenadas \(\color{red}{1}\), \( \color{red}{-2}\), \(\color{red}{3}\) en la base \(B\), entonces:

\[\left( { – 1,1,2} \right) = \color{red}{1}.\left( {1,1,1} \right) \color{red}{-2}.{v_2} + \color{red}{3}.{v_3}\]

Pasamos \(\left( {1,1,1} \right)\) restando y obtenemos la ecuación 1:

\[\left( { – 2,0,1} \right) =  – 2.{v_2} + 3.{v_3}\;\;\;\;\left[ 1 \right]\]

El vector \(\left( {0,2, – 3} \right)\) tiene coordenadas \(\color{fuchsia}{0}\),\(\color{fuchsia}{2}\), \(\color{fuchsia}{3}\) en la base \(B\):

\[\left( {0,2, – 3} \right) = \color{fuchsia}{0}.\left( {1,1,1} \right) + \color{fuchsia}{2}.{v_2} + \color{fuchsia}{3}.{v_3}\;\;\;\left[ 2 \right]\]

Podemos armar un sistema de ecuaciones con estas dos ecuaciones:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( { – 2,0,1} \right) =  – 2.{v_2} + 3.{v_3}}\\{\left( {0,2, – 3} \right) = 2.{v_2} + 3.{v_3}}\end{array}} \right.\]

Ahora sumamos las ecuaciones para eliminar \({v_2}\) y poder despejar \({v_3}\):

\[\left( { – 2,2, – 2} \right) = 6.{v_3}\]

\[ \Rightarrow {v_3} = \left( { – \frac{1}{3},\frac{1}{3}, – \frac{1}{3}} \right)\]

Reemplazamos \({v_3} = \left( { – \frac{1}{3},\frac{1}{3}, – \frac{1}{3}} \right)\) en la segunda ecuación:

\[\left( {0,2, – 3} \right) = 2.{v_2} + \left( { – 1,1, – 1} \right)\]

\[\left( {0,2, – 3} \right) – \left( { – 1,1, – 1} \right) = 2.{v_2}\]

\[\left( {1,1, – 2} \right) = 2.{v_2}\]

\[{v_2} = \left( {\frac{1}{2},\frac{1}{2}, – 1} \right)\]

Ejercicio 5 – Subespacios vectoriales, intersección de subespacios, complemento ortogonal

Dados los subespacios de \({\mathbb{R}^3}\):

\[{S_1} = gen\left\{ {\left( {1,1,1} \right),\left( {0,1,1} \right)} \right\}\]

\[{S_2} = \left\{ {\left( {x,y,z} \right) \in {\mathbb{R}^3}\;|\;x – y = 0\; \wedge \;\;kx – z = 0} \right\}\]

a) Halle todos los valores de \(k \in \mathbb{R}\) para que la dimensíon de \({S_1} \cap {S_2}\) sea igual a cero.

b) Para \(k = 1\) halle \(S_2^ \bot \), una base y su dimensión.

Resolución del ejercicio 5

Ítem a

Forma 1 de pensarlo

\({S_1}\) es un plano (definido por sus vectores directores y que pasa por el origen), y \({S_2}\) es una recta (definida como intersección de dos planos).

Para que \(\dim \left( {{S_1} \cap {S_2}} \right) = 0\), la recta no tiene que ser paralela al plano.

\[\vec n = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}i&j&k\\1&1&1\\0&1&1\end{array}} \right| = \left( {0, – 1,1} \right)\]

\[\vec v = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}i&j&k\\1&{ – 1}&0\\k&0&{ – 1}\end{array}} \right| = \left( {1,1,k} \right)\]

\[\left( {0, – 1,1} \right)\left( {1,1,k} \right) = 0\]

\[ \Rightarrow  – 1 + k = 0\]

\[ \Rightarrow k = 1\]

Si \(k = 1\) la recta es paralela al plano, y entonces la intersección no tiene dimensión 0.

Para todo \(k\) diferente de 1, \(\dim \left( {{S_1} \cap {S_2}} \right) = 0\).

Forma 2 de pensarlo

Hallemos las ecuaciones de \({S_1}\):

\[{S_1} = gen\left\{ {\left( {1,1,1} \right),\left( {0,1,1} \right)} \right\}\]

\[\left( {x,y,z} \right) = \alpha \left( {1,1,1} \right) + \beta \left( {0,1,1} \right)\]

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \alpha }\\{y = \alpha  + \beta }\\{z = \alpha  + \beta }\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {y = z \wedge \;x \in \mathbb{R}} \right.\)

\[{S_1} = \left\{ {\left( {x,y,z} \right) \in {\mathbb{R}^3}\;|\;y – z = 0} \right\}\]

\({S_1} \cap {S_2}\) debe cumplir con las ecuaciones de \({S_1}\) y también con las de \({S_2}\):

interseccion de subespacios

Para que \(\dim \left( {{S_1} \cap {S_2}} \right) = 0\) la única solución de este sistema de tres ecuaciones debe ser la trivial: \(\left( {0,0,0} \right)\).

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y – z = 0}\\{x – y = 0}\\{kx – z = 0}\end{array}} \right.\]

Para que un sistema lineal homogéneo tenga solución única el determinante de la matriz de coeficientes debe ser diferente de cero:

\[\left| {\begin{array}{*{20}{c}}0&1&{ – 1}\\1&{ – 1}&0\\k&0&{ – 1}\end{array}} \right| =  – 1.\left| {\begin{array}{*{20}{c}}1&0\\k&{ – 1}\end{array}} \right| – 1.\left| {\begin{array}{*{20}{c}}1&{ – 1}\\k&0\end{array}} \right| = 1 – k \ne 0\]

Es decir que \(k \ne 1\) para que \(\dim \left( {{S_1} \cap {S_2}} \right) = 0\).

Ítem b

Reemplazamos \(k = 1\):

\[{S_2} = \left\{ {\left( {x,y,z} \right) \in {\mathbb{R}^3}\;|\;x – y = 0\; \wedge x – z = 0} \right\}\]

Entonces los vectores de \({S_2}\) son tales que \(x = y\) y \(x = z\):

\[\left( {x,x,x} \right) = x\left( {1,1,1} \right)\]

\[{B_{{S_2}}} = \left\{ {\left( {1,1,1} \right)} \right\}\]

Los vectores de \(S_2^ \bot \) son tales que en producto interno con los de \({S_2}\) dan 0:

\[\left( {1,1,1} \right).\left( {x,y,z} \right) = 0\]

\[ \Rightarrow x + y + z = 0\]

\[ \Rightarrow x =  – y – z\]

\[ \Rightarrow \left( { – y – z,y,z} \right) = y.\left( { – 1,1,0} \right) + z.\left( { – 1,0,1} \right)\]

\[{B_{S_2^ \bot }} = \left\{ {\left( { – 1,1,0} \right),\left( { – 1,0,1} \right)} \right\}\;\;\;\]

\[ \Rightarrow \;\dim \left( {S_2^ \bot } \right) = 2\]

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Archivado en:Primer parcial resuelto

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Comentarios

  1. Cesar Maidana dice

    13 diciembre, 2017 en 3:06 pm

    Hola, me quedo una duda en el Punto 5a, en la forma 1 de pensarlo, dice que para que la dimensión de la intersección sea cero la recta no debe ser paralela al plano, porque es así? Al ser paralelos la intersección sería el vacío no sería eso dimensión cero? Saludos

  2. Federico Gómez dice

    13 diciembre, 2017 en 3:47 pm

    Hola Cesar,

    Pensá «paralela al plano» cómo contenida en el plano (ya que comparten el punto (0,0,0).

    Cómo son subespacios, contienen al vector nulo (0,0,0).

    Entonces si la recta es paralela al plano (y ambos recta y plano pasan por el origen) hay infinitos puntos de intersección.

    Estoy casi seguro de que el problema es que vos estás imaginando a la recta paralela al plano cómo una recta que no tiene intersección con el plano.

    Saludos!

  3. Cesar Maidana dice

    14 diciembre, 2017 en 11:08 am

    Si ese era el problema, es que imaginaba la recta paralela al plano pero no contenida en el, ahora entendí, gracias.

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Unidad 3

Espacios vectoriales

En las unidades anteriores vimos que el álgebra de vectores y el álgebra de matrices presentan similitudes. Pudimos observar que las propiedades de la suma (de vectores o de matrices) y del producto por un escalar son idénticas en ambos conjuntos.

En esta unidad, generalizaremos el concepto de vector a partir de estas propiedades en común que hemos señalado para vectores geométricos y matrices.

Las siguientes preguntas nos ayudarán a focalizar el eje de esta unidad:

¿En qué se parecen los vectores geométricos, las matrices y los polinomios? ¿Qué propiedades comunes pueden detectarse en estos objetos de diferente naturaleza y variadas aplicaciones?

De esto se trata nuestra tercera unidad, donde se desarrollan conceptos centrales del álgebra lineal: espacios vectoriales, base, dimensión y coordenadas, entre otros.

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