Examen (Parcial) - 27. Álgebra I - 08/10/08
- Enunciado
  - Punto I
  - Punto II
  - Punto III
  - Punto IV
- Resolución
- Discusión

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.

Sean el plano $<tex>\Pi=2x+2y+z=0</tex>$ , la recta $<tex>\L_1: \lambda(1,1,0)+(4,3,7)</tex>$ y $<tex>L_2</tex>$ la recta que pasa por $<tex>A=(7,4,4)</tex>$ y $<tex>B=(1,-2,2)</tex>$ . Hallar, si existe, una recta L que verifique simultaneamente $<tex>L \perp L_2</tex>$ ; $<tex> L \cap L_2\neq\emptyset</tex>$ , $<tex>d(P,\Pi)=\frac{13}{3}</tex>$ $<tex>\forall{P}\in{L}</tex>$

Punto II

Dado el sistema que tiene matriz ampliada $<tex>\begin{bmatrix} 1 & -1 & -1 & -k& \vdots & -k \\ 2 & 0 & k+4 & 3k& \vdots & 4k \\ k & -k & -k & k-6& \vdots & 2k \\ 1 & 0 & 1 & k& \vdots & 2k\end{bmatrix}</tex>$ , hallar todos los valores de $<tex>k \in R</tex>$ para los cuales el sistema tiene infinitas soluciones. Para alguno de los valores hallados resolver completamente el sistema.

Punto III

Sean $<tex>B=\{(0,-1,0);(1,1,1);(2,1,0)\}</tex>$ y $<tex>B'=\{(-3,0,1);(1,-1,1);v-(1,0,0)\}</tex>$ bases de $<tex>R^3</tex>$ Hallar $<tex>v \in R^3</tex>$ sabiendo que $<tex>(1,1,-3)</tex>$ tiene las mismas coordenadas en las dos bases.

Punto IV

Sean $<tex>H=\{x \in R^5/x_2=0\}</tex>$ , $<tex> W=<(0,2,1,0,1);(1,2,0,1,0);(0,0,1,1,1)></tex>$ y $<tex> S=<(0,0,1,1,1);(1,2,0,1,0)></tex>$ . Hallar, si es posible, un subespacio $<tex> T \subset R^5</tex>$ que satisfaga simultáneamente:
$<tex>dim(T)=2</tex>$ ; $<tex>T\subset H</tex>$ ; $<tex>(W \cap\ T)\oplus S=W</tex>$

Resolución

Punto I

Busco la recta $<tex>L_2</tex>$ que pasa por los puntos A y B:
$<tex>\bar{V}_{L_2} = A-B =(6,6,2)</tex>$
$<tex>L_2: X=\alpha(6,6,2)+(1,-2,2)</tex>$

$<tex>L \perp L_1\Rightarrow \bar{V}_L \perp \bar{V}_{L_1}</tex>$
$<tex>L \cap L_2 \neq \emptyset</tex>$ entonces ambas rectas se tienen que cortas en algún punto; puedo pedir que $<tex>\bar{V}_L \perp \bar{V}_{L_2}</tex>$

Además, para que $<tex>\forall{P}\in{L} </tex>$ la distancia a $<tex>\Pi</tex>$ sea constante, $<tex> L \perp \Pi\Rightarrow\bar{V}_L \perp N_\Pi</tex>$ Uso $<tex>\bar{V}_{L_1} X N_\Pi = (1,1,0) X (2,2,1) = (1,-1,0)</tex>$ (cumple con las condiciones anteriores)

Como $<tex>d(P.\Pi)=\frac{13}{3}</tex>$ , si $<tex>P(x,y,z)\Rightarrow d(P,\Pi)=\frac{\left|2x+2y+z\right|}{\sqrt{2^2+2^2+1^2}}\Rightarrow \frac{\left|2x+2y+z\right|}{3}=\frac{13}{3}</tex>$

Obtengo dos planos: $<tex>\Pi_2: 2x+2y+z=13</tex>$ y $<tex>\Pi_3: 2x+2y+z=-13</tex>$ Esto quiere decir que a la distancia dada de $<tex>\Pi</tex>$ hay dos planos paralelos a este. La recta que busco va a estar incluida en alguno de estos.
Pido que se cumpla $<tex> \bar{V}_L \perp \bar{N}_{\Pi_2} </tex>$ $<tex>\Rightarrow (1,-1,0) \cdot (2,2,1)=0</tex>$ se verifica.
Además necesito un punto de paso de L que cumpla con la ecuación del plano y que me sirva para garantizar $<tex>L \cap L_2 \neq \emptyset</tex>$ Busco $<tex>L_2\cap\Pi_2</tex>$
$<tex>L_2=(6\alpha+1,6\alpha-2,2\alpha+2)</tex>$ punto genérico de $<tex>L_2</tex>$ que cumpla con la ecuación de $<tex>\Pi_2</tex>$
$<tex>2(6\alpha+1)+2(6\alpha-2)+(2\alpha+2)=13</tex>$ aplicando distributiva y agrupando
$<tex>\alpha=\frac{13}{26}</tex>$
Remplazando en el punto genérico obtengo que $<tex>L_2\cap\Pi_2=(4,1,3)</tex>$
Una posible recta que cumple con todo lo pedido es $<tex>L: X=\mu(1,-1,0)+(4,1,3)</tex>$

Punto III

$<tex>(1,1,-1)_B=(\alpha, \beta, \gamma)</tex>$
$<tex>(1,1,-1)_{B'}=(\alpha, \beta, \gamma)</tex>$ ya que las coordenadas en ambas bases son las mismas.

$<tex>(1,1,-3)=\alpha(0,-1,0)+\beta(1,1,1)+\gamma(2,1,0)</tex>$
$<tex>(1,1,-3)=(\beta+2\gamma,-\alpha+\beta+\gamma,\beta)</tex>$ armo la matriz con los vectores como columnas para triangular y resolver el sistema.
Obtengo $<tex>\alpha=-2</tex>$ , $<tex>\beta=-3</tex>$ , $<tex>\gamma=2</tex>$

Verifico:
$<tex>(1,1,-3)=(-2)(0,-1,0)-3(1,1,1)+2(2,1,0) </tex>$
$<tex>(1,2,-3)=(0,2,0)-(3,3,3)+(4,2,0)</tex>$
$<tex>(1,1,-3)=(1,1,-3)</tex>$

Usando las coordenadas obtenidas y la base B' despejo $<tex>v</tex>$ :
$<tex>(1,1,-3)=-2(-3,0,1)-3(1,-1,1)+2(v-(1,0,0))</tex>$
$<tex>(1,1,-3)=(6,0,-2)-(3,-3,3)+2v-(2,0,0)</tex>$
$<tex>(1,1,-3)=(1,3,-5)+2v</tex>$
$<tex>(0,-2,2)=2v</tex>$
$<tex>(0,-1,1)=v</tex>$

Punto IV

Generadores de $<tex>H=<(1,0,0,0,0),(0,0,1,0,0),(0,0,0,1,0),(0,0,0,0,1)></tex>$
$<tex>dim(H)=4</tex>$
Los vectores de $<tex>W</tex>$ son l.i, sirven como base $<tex>\Rightarrow dim(W)=3</tex>$
$<tex>S=<(0,0,1,1,1),(1,2,0,1,0)></tex>$ los vectores de $<tex>S</tex>$ son l.i, sirven como base $<tex>\Rightarrow dim(S)=2</tex>$

Usando el teorema de la dimensión:
$<tex>dim((W \cap T)\oplus S)=dim(W \cap T)+dim(S)=dim(W)</tex>$
$<tex>dim((W \cap T)\oplus S)=dim(W \cap T)+2=3\Rightarrow dim(W \cap T)=1</tex>$ $<tex>\Rightarrow T</tex>$ solo va a compartir un vector con $<tex>W</tex>$ para que $<tex>dim(W \cap T)=1</tex>$
Además como $<tex>dim(T)=2</tex>$ y $<tex>T \subset H</tex>$ , el otro vector de $<tex>T</tex>$ que me falta tiene que estar incluido en $<tex>H</tex>$ y ser l.i con los vectores de $<tex>W</tex>$ para que se siga cumpliendo $<tex>dim(W \cap T)=1</tex>$

Busco $<tex>W \cap H</tex>$ : los vectores de $<tex>W</tex>$ son de la forma:
$<tex>\alpha(0,2,1,0,1)+\beta(1,2,0,1,0)+\gamma(0,0,1,1,1)=(\beta,2\alpha+2\beta,\alpha+\gamma,\beta+\gamma,\alpha+\gamma)</tex>$
Tienen que cumplir con la ecuación de $<tex>H:x_2=0</tex>$
$<tex>\Rightarrow 2\alpha+2\beta=0</tex>$
$<tex>\alpha=-\beta</tex>$
$<tex>\Rightarrow W \cap H=(\beta,0,-\beta+\gamma,\beta+\gamma,-\beta+\gamma)=\beta(1,0,-1,1,-1)+ \gamma(0,0,1,1,1)</tex>$ $<tex>\Rightarrow W \cap H=<(1,0,-1,1,-1),(0,0,1,1,1)></tex>$
Si uso $<tex>(1,0,-1,1,-1)</tex>$ como uno de los vectores de $<tex>T</tex>$ garantizo $<tex>(W \cap T)\oplus S= W</tex>$ ya que es l.i con los vectores de $<tex>S</tex>$
Si tomo $<tex>(0,0,0,0,1) \in H</tex>$ es l.i con el otro vector de $<tex> T</tex>$ $<tex>(1,0,-1,1,-1)</tex>$ (el cual a su vez está en $<tex>W \cap H</tex>$ y entonces está en $<tex>W</tex>$ y en $<tex>H</tex>$
$<tex>(0,0,0,0,1)\notin W \Rightarrow dim(W \cap T)=1</tex>$

Un posible $<tex>T</tex>$ es: $<tex>T=<(1,0,-1,1,-1),(0,0,0,0,1)></tex>$

Discusión

Si ves algo que te parece incorrecto en la resolución y no te animás a cambiarlo, dejá tu comentario acá.