====== Examen (Parcial) - 27. Álgebra I - 08/10/08 ====== **Sede:** Ciudad Universitaria/turno tarde\\ **Fecha:** Primer Parcial, Primera Oportunidad - 2° Cuatrimestre 2008\\ **Día:** 08/10/2008 Esta página está incompleta; podés ayudar completando el material. ===== Enunciado ===== ==== Punto I ==== Sean el plano \Pi=2x+2y+z=0, la recta \L_1: \lambda(1,1,0)+(4,3,7) y L_2 la recta que pasa por A=(7,4,4) y B=(1,-2,2). Hallar, si existe, una recta L que verifique simultaneamente L \perp L_2; L \cap L_2\neq\emptyset, d(P,\Pi)=\frac{13}{3} \forall{P}\in{L} ==== Punto II ==== Dado el sistema que tiene matriz ampliada \begin{bmatrix} 1 & -1 & -1 & -k& \vdots & -k \\ 2 & 0 & k+4 & 3k& \vdots & 4k \\ k & -k & -k & k-6& \vdots & 2k \\ 1 & 0 & 1 & k& \vdots & 2k\end{bmatrix}, hallar todos los valores de k \in R para los cuales el sistema tiene infinitas soluciones. Para alguno de los valores hallados resolver completamente el sistema. ==== Punto III ==== Sean B=\{(0,-1,0);(1,1,1);(2,1,0)\} y B'=\{(-3,0,1);(1,-1,1);v-(1,0,0)\} bases de R^3 Hallar v \in R^3 sabiendo que (1,1,-3) tiene las mismas coordenadas en las dos bases. ==== Punto IV ==== Sean H=\{x \in R^5/x_2=0\}, W=<(0,2,1,0,1);(1,2,0,1,0);(0,0,1,1,1)> y S=<(0,0,1,1,1);(1,2,0,1,0)>. Hallar, si es posible, un subespacio T \subset R^5 que satisfaga simultáneamente:\\ dim(T)=2; T\subset H; (W \cap\ T)\oplus S=W ===== Resolución ===== ==== Punto I ==== Busco la recta L_2 que pasa por los puntos A y B:\\ \bar{V}_{L_2} = A-B =(6,6,2)\\ L_2: X=\alpha(6,6,2)+(1,-2,2)\\ L \perp L_1\Rightarrow \bar{V}_L \perp \bar{V}_{L_1}\\ L \cap L_2 \neq \emptyset entonces ambas rectas se tienen que cortas en algún punto; puedo pedir que \bar{V}_L \perp \bar{V}_{L_2}\\ Además, para que \forall{P}\in{L} la distancia a \Pi sea constante, L \perp \Pi\Rightarrow\bar{V}_L \perp N_\Pi Uso \bar{V}_{L_1} X N_\Pi = (1,1,0) X (2,2,1) = (1,-1,0) (cumple con las condiciones anteriores)\\ Como d(P.\Pi)=\frac{13}{3}, si P(x,y,z)\Rightarrow d(P,\Pi)=\frac{\left|2x+2y+z\right|}{\sqrt{2^2+2^2+1^2}}\Rightarrow \frac{\left|2x+2y+z\right|}{3}=\frac{13}{3} \\ Obtengo dos planos: \Pi_2: 2x+2y+z=13 y \Pi_3: 2x+2y+z=-13 Esto quiere decir que a la distancia dada de \Pi hay dos planos paralelos a este. La recta que busco va a estar incluida en alguno de estos.\\ Pido que se cumpla \bar{V}_L \perp \bar{N}_{\Pi_2} \Rightarrow (1,-1,0) \cdot (2,2,1)=0 se verifica.\\ Además necesito un punto de paso de L que cumpla con la ecuación del plano y que me sirva para garantizar L \cap L_2 \neq \emptyset Busco L_2\cap\Pi_2\\ L_2=(6\alpha+1,6\alpha-2,2\alpha+2) punto genérico de L_2 que cumpla con la ecuación de \Pi_2\\ 2(6\alpha+1)+2(6\alpha-2)+(2\alpha+2)=13 aplicando distributiva y agrupando\\ \alpha=\frac{13}{26}\\ Remplazando en el punto genérico obtengo que L_2\cap\Pi_2=(4,1,3)\\ Una posible recta que cumple con todo lo pedido es L: X=\mu(1,-1,0)+(4,1,3)\\ ==== Punto III ==== (1,1,-1)_B=(\alpha, \beta, \gamma) \\ (1,1,-1)_{B'}=(\alpha, \beta, \gamma) ya que las coordenadas en ambas bases son las mismas.\\ (1,1,-3)=\alpha(0,-1,0)+\beta(1,1,1)+\gamma(2,1,0)\\ (1,1,-3)=(\beta+2\gamma,-\alpha+\beta+\gamma,\beta) armo la matriz con los vectores como columnas para triangular y resolver el sistema.\\ Obtengo \alpha=-2, \beta=-3, \gamma=2\\ Verifico:\\ (1,1,-3)=(-2)(0,-1,0)-3(1,1,1)+2(2,1,0) \\ (1,2,-3)=(0,2,0)-(3,3,3)+(4,2,0)\\ (1,1,-3)=(1,1,-3)\\ Usando las coordenadas obtenidas y la base B' despejo v:\\ (1,1,-3)=-2(-3,0,1)-3(1,-1,1)+2(v-(1,0,0))\\ (1,1,-3)=(6,0,-2)-(3,-3,3)+2v-(2,0,0)\\ (1,1,-3)=(1,3,-5)+2v\\ (0,-2,2)=2v\\ (0,-1,1)=v\\ ==== Punto IV ==== Generadores de H=<(1,0,0,0,0),(0,0,1,0,0),(0,0,0,1,0),(0,0,0,0,1)> \\ dim(H)=4 \\ Los vectores de W son l.i, sirven como base \Rightarrow dim(W)=3 \\ S=<(0,0,1,1,1),(1,2,0,1,0)> los vectores de S son l.i, sirven como base \Rightarrow dim(S)=2\\ Usando el teorema de la dimensión:\\ dim((W \cap T)\oplus S)=dim(W \cap T)+dim(S)=dim(W)\\ dim((W \cap T)\oplus S)=dim(W \cap T)+2=3\Rightarrow dim(W \cap T)=1 \Rightarrow T solo va a compartir un vector con W para que dim(W \cap T)=1\\ Además como dim(T)=2 y T \subset H, el otro vector de T que me falta tiene que estar incluido en H y ser l.i con los vectores de W para que se siga cumpliendo dim(W \cap T)=1\\ Busco W \cap H: los vectores de W son de la forma:\\ \alpha(0,2,1,0,1)+\beta(1,2,0,1,0)+\gamma(0,0,1,1,1)=(\beta,2\alpha+2\beta,\alpha+\gamma,\beta+\gamma,\alpha+\gamma)\\ Tienen que cumplir con la ecuación de H:x_2=0\\ \Rightarrow 2\alpha+2\beta=0\\ \alpha=-\beta\\ \Rightarrow W \cap H=(\beta,0,-\beta+\gamma,\beta+\gamma,-\beta+\gamma)=\beta(1,0,-1,1,-1)+ \gamma(0,0,1,1,1) \Rightarrow W \cap H=<(1,0,-1,1,-1),(0,0,1,1,1)>\\ Si uso (1,0,-1,1,-1) como uno de los vectores de T garantizo (W \cap T)\oplus S= W ya que es l.i con los vectores de S\\ Si tomo (0,0,0,0,1) \in H es l.i con el otro vector de T (1,0,-1,1,-1) (el cual a su vez está en W \cap H y entonces está en W y en H\\ (0,0,0,0,1)\notin W \Rightarrow dim(W \cap T)=1\\ Un posible T es: T=<(1,0,-1,1,-1),(0,0,0,0,1)> ===== Discusión ===== Si ves algo que te parece incorrecto en la resolución y no te animás a cambiarlo, dejá tu comentario acá.