Problemas r2 y r3

Problemario de vectores, rectas,
planos, sistemas de ecuaciones
lineales, cónicas y esferas
Con anexo
José V. Becerril • Jaime Grabinsky • José Guzmán

UNIVERSIDAD
AUTONOMA
METROPOLITANA
Casa abierta al tiempo Azcapotzalco
Básicas
DERECHOS RESERVADOS © 2004, Universidad Autónoma Metropolitana (México). Prohibida la reproducción de esta obra así como la distribución y venta fuera del ámbito de la UAM®. E-libro Bibliomedia Bibliomedia@mail.com

Problemario de vectores, rectas,
planos, sistemas de ecuaciones
lineales, cónicas y esferas
Con anexo
José V. Becerril • Jaime Grabinsky • José Guzmán

UNIVERSIDAD
AUTONOMA
METROPOLITANA División de Ciencias Básicas e Ingeniería
Casa abierta al tiempo
Azcapotzalco Departamento de Ciencias Básicas


UAM AZCAPOTZALCO
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2a. edición, 2001
1a. reimpresión, 2004
Impreso en México


CONTENIDO

PRESENTACIÓN 5

I VECTORES EN R2 . ...... i

II E C U A C I Ó N D E L A R E C T A E N R2 32

III E J E R C I C I O S D E A P L I C A C I Ó N S O B R E L A R E C T A E N R2 . . . . 48

IV VECTORES EN R3 . , . . . . , . . , . 68

V RECTAS E N R3 Y PLANOS ...,..,,. 78

VI EJERCICIOS A RESOLVER * ....... 9s

VII SISTEMAS D E ECUACIONES LINEALES . . . . . . . . . . . 103

VIII EJERCICIOS D E APLICACIÓN SOBRE SISTEMAS D E ECUACIONES
LINEALES . . . . . . . . . 135

IX PROBLEMAS PROPUESTOS 157

X MATRICES Y DETERMINANTES ..... .... 102

ANEXO

XI PROBLEMAS PROPUESTOS . . . . . . . . . 209

XII CÓNICAS Y ESFERA ,•...,. . . . 215

XIII PROBLEMAS PROPUESTOS 201


P R E S E N T A C I Ó N

E*td Zibno dd pn,obZdma* pKdtdndd /id£on.zasi y
agA.Zi.zan, Za p/iáctica pasta Za n.d*oZución d<¿ pn,obZd_
ma* en Zo* tdma* cíe: vdcton.d*, Kdcta*, plano*,
de e c a a c x o n e ^ l¿vu¿<xl<¿¿>, cón¿ca¿ y &¿

Hay psiob¿<¿ma¿ x<¿&u<¿JL£o¿> y p/iopu&Ato¿>,

y

En to¿> CUIAOA cíe <¿¿>to& turna* UL^aalmantz faltan
¿ d<¿ <¿j2,/iCyicÁ.o* qu<¿ a±x<lLi,<¿n a Z06 aZumnoA,
<¿¿>p<¿h,a quiZ z*tt t/iabajo ¿txpZa en patitd (¿¿a d<¿-

No hay m&jo/i modo cíe aptidndtti que kac¿zndo, pon.
tratan. d<¿ si<¿éoZv<¿/i pKobZzma* pon, ¿Z
d<¿ vdti Za* *oZuc¿on&*, qut z*ta* *6Zo
o con,n.¿jan Zo

Agn.ad£ctmo* a Zo* pn.oh<¿*on.<¿* lr<¿Z¿p<¿ Mon/ioy, Jo-
*í d<¿ J(¿*u* BdZmontd Zo* <¿j£n.e¿c¿o* *{xgzn,JLdo* y, aZ
p/Lo£z*on. 3o*í Lu¿* Ha.dn.ta Zo* dj<¿sici.d¿o* apontado*.
Ag/taddCdmo* a Za Sn,a. CastoZZna RangdZ dZ trabajo
griá^ldo y dd mdaanog/ia^Za y aZ Si. GabxidZ BstlzudZa
pon. Zo* dibujo* n.daZ¿zado*.

Lo* Auton.d* .


VECTORES EN R ¿

1.- Dibuja los siguientes vectores a = ( 5 , 2 ) ; b = ( - 2 , 3 ) ; c=(-3," 1 t);. d=(2,-5)
Calcula su norma y d i r e c c i ó n .

•52 + 2 2 = / 2 5 + 4

.'Su dirección 9 será:

=21.8e

1 b II - /EfT"bf = /(-2)2 + 32 = A + 9
1

1 t 1 = AJ
1 1

Para determinar la dirección nos auxiliaremos de un ángulo a. Ver figura

C-2,31 Tan a = y - 1«5 a = 56.3Oc

Así 6 = 180° - a = 180° - 56.30'

, 6 = 123.30c


C II = /C| + C 2 = = /9 + 16 =

II c I I = 5

Para la dirección de c nos ayudaremos también de un án
guio agudo. Ver figura.

Tan a = -j = 1.333 a = 53.12C

Luego la dirección 8 de c es: 180° + a

= 233.12'

I I d I I = Vá + á = / 2 2 + (-5)2 = A + 25 =

II cí I I = / 2 9

Una vez más para determinar la dirección se hará con la
ayuda de otro ángulo a.

Tan a = ~ = 2.5 a = 68.19C

De donde la dirección 8 de d será

8 = 360° - a

e = 291.81 o


2.- Localiza en el punto A indicado los vectores dados.

a).- A(4,2); u = (-3,3) b ) . - A(-2,3); v = (-2,-2)

c ) . - A(-4,-2); w = (2,-2) d ) . - A(2,-3); x = (3,2)

SOLUCIÓN

3.- Se dan a = (-3,3); b =(-4,-3); c - (1,5); d = (-3,1)

i).- Calcula a + b; c - d; d - b; analítica y geométricamente.

i i ) . - Calcula II a + t + c II; compara con
" Ma'll llc'll
t- (a + t); (a + b) • (c - d ) ; I I a + t + c I I (c
SOLUCIÓN
Analíticamente tenemos

= (-3,3) + (-4,-3) = (-3+(-4),3+(-3)) - (-3-4,3-3) = (-7,0)

a + b = (-7,0)


Geométricamente: Colocamos el vector a con su inicio en el origen donde
termina el vector a tomando como punto de referencia colocamos el vector
b, el vector suma a + b será el vector que inicia donde inicia a y termina
donde termina b .

a + b = (-7, 0 )

c 3 = (1,5) " (-3,1)
= (i-(-3), 5 - 1) 3-t- (-3,O-(-4,-:
= ( + 3,A)
1

= (5,A) = (-3+^,(1+3)) = (1,4)
c - d = (5,k)
. • á - b = d,J


II t + t + c II = ll(a + b ) + c II = II (-7,0) + ( 1 , 5 ) N = I I (-6,5)11

/(-6) 2 + 5 2 = /36 + 25 =

11 a 11
" /Í8~ = I I b II 11 c I I=/2T

ll¡Tll + l l & l l + M c l l = 3/2 + 5 + II a + b + c II

+ b) = (-3,0 -(-7,0) = (-3) (-7) + 1 (0) - 21 + 0 = 21

(a + t)-(t - í) = (-7,0)-(h,h) = -7(h) + 0(h) = -28 + 0 = -28

c lll( c - 3 ) = / 5 T [(1.5)-(-3,1)] = /ST [1(-3) +5(1)]
l(

= /6T [ 3 + 5] = 2/ST
-

4.- Determina analítica y geométricamente el vector que inicia en el punto
P(3,3) y termina en el punto Q(-2,2), da el vector de igual magnitud y
tido contrario al vector anterior.

SOLUCIÓN

Geométricamente es la
flecha que va del punto
P al punto Q.
(Ver figura)

De esta misma figura podemos derivar la solución analítica. Introduzcamos


los vectores p ,q .

De aquí deduciremos:

p + PQ = q ; PQ = q - ' p

Así PQ = (-2,2) - (3,3) = (-5,-1)

- (-5,-0

Observa como si tomas de referencia el punto P, el vector PQ efectivamente
tiene coordenadas (-5,-1)•

Un vector de igual magnitud y sentido contrario a PQ será QP y
, QP = -(-5,-1) -(5,1).

5.- Sea a = (8,5) y b = (3,~1)« Encontrar un vector unitario que tenga la
misma dir
dirección que a + b.
SOLUCIÓN
Encontraremos primero analíticamente al vector a + b
a + t = (8,5) + (3,-D - (11,4)

Luego el vector unitario será
1 / * . -?-x
••
(a + t) = 1 11
(11,
II a + b II '137


6.- Se dan los puntos A(4,1); B(7,3); C(2,3). Hallar un cuarto punto D de ma_
ñera tal que el cuadrilátero que formen ABCD sea un paralelogramo.
SOLUCIÓN
Un primer paso hacia la solución es dibujar el paralelogramo.

1 i 1 i 1 1 11 •—»—+

Así vemos que existen tres po__
sibles puntos D para formar el
paralelogramo.

i i i 1 i ii


Veamos el primer caso: ¿Qué vectores podemos introducir?

luego se tiene c + CD = d

Por lo tanto s¡ determinamos CD podemos conocer d

Pero ~CD es igual a/B % cí = £ + 7B

Así d = (2,3) + (3,2) = (5,5) /, D(5,5)

7.- Se tiene el segmento de extremos (2,9); (11,3)- Hallar las coordenadas de
los puntos que dividen al segmento dado en tres partes iguales.

SOLUCIÓN


Hagamos una figura e introduzcamos notación.

i i i i t i ¡ i i i i i

Denotemos por A y B los extremos del segmento, por C y D los puntos que se
andan buscando

Encontremos C. ¿Podemos introducir vectores? ¿Qué vectores podemos introdu
cir?. Hagámoslo en la figura.

~ = f — — t — I — I — i — I — l i l i

Luego tenemos c = a + AC ¿ A qué es igual AC ?,


De la hipótesis AC = 1 AB = j[(2,9) - (11,6)] = - (-9,6) = (-3,2)

Así c = a + j AB = (11,3) + ("3,2) = (8,5)

C (8,5)

" - ^ - ^ ->•

Dados a = (-2,1), b = (3,-2), y c = (5,-4). Encontrar los escalares h,k ta_
les que:

c = ha + kb

SOLUCIÓN

Sustituyendo los valores de a, b y c en la expresión que se nos pide demos
trar, tendremos

(5,-4) = h(-2,1) + k(3,-2)

(5,-4) = (-2h,h) + (3k,-2k)

(5,-4) = ( 2 + 3k, h -2k)
-h entonces

-2h + 3k = 5

h - 2k = -4

Al resolver este sistema de ecuaciones, tenemos que

h = 2 y k =3


9.- Dados ¿ = (1,-2), b = (-2,^) y
a c = (7,"5). Demostrar que c no se puede
escribir en la forma

+ kt

donde h y k son escalares,

SOLUCIÓN

Demostraremos que no existen escalares h,k tales que

ha + kb = c es deci r

(7,-5) =

(7,-5) = (h,-2h) + (-2k,4k), entonces

+h - 2k = 7

-2h + kk = -5

Pero este sistema no tiene solución, es decir no es posible encontrar los
escalares h y k,


10.- Obtener las componentes del vector A en las siguientes figuras expresando el
resultado en la forma A = (Ax, Ay)

A

De la figura a = 42° x = 6 y por tanto B = 180° - 90° - kl° = 180° - 132C
= 48° y ó = 48° y a = 6. Por tanto el punto

P = (6 sen k2°, 6 eos k2°)

El vector A es la diferencia de los vectores P y Q.

A = "p-^ = QP = (6 sen 42°, 6 eos k2°) - (-6,0)

( 6 + 6 sen k2°, 6 eos k2°)

A= I

a = 20° por paralelismo QP = (sen 20°, eos 20°) = A

NOTA: Los dos siguientes problemas hacen uso de notación muy usual en la
física.


11.- Hallar el vector unitario

(a) en la dirección del vector Q = (8,-10)

(b) en la dirección del punto A(2,-5) al punto B(4,3)

SOLUCIÓN

(a) í unitario = ñ =
ü
imii /Sk + IOO

1
1 2 > Ó 0 6 (8 > -10) = (.625,-.781) = ñ

(b) 0 sea en la dirección AB. Pero AB = B-A = (4,3)-(2,-5)

AB = (2,8)

Entonces
(2>8
AB unitario = A^B = ^ =
A + 6A

, .970) « A^B

12.- Si r = (x,y), r o = (x o ,y o ) v o = (v O x > v O y) y t = (a x ,a y )

escribir las siguientes dos ecuaciones como una sola ecuación vectorial

x = x o + voxt + j a x t 2 Y = Yo + Voy 1 +
J ayt2
SOLUCIÓN
2
~ xo>Yo/ +
'vox>vov^ +
o v a x> a v'^ = r
o + v
o^- + T a


13.- Llene los signos faltantes en el miembro derecho de las ecuaciones

— B + A - G - F

14.- La velocidad de un cuerpo tiene inicialmente el valor Vi = (5,~"3)— > al
instante ti - 25. Después de transcurridos 4 segundos, la velocidad ha cam_
biado al valor V2 = (-4,8)— , ¿ Cuánto vale el cambio de velocidad, AV ?
¿ Cuál es la variación de la velocidad por unidad de tiempo ?.
SOLUCIÓN

AV = V 2 - Vi = (-4,8) - (5,-3) = (-9,11)-

La variación de la velocidad por unidad de tiempo es AV entre el tiempo to-
tal transcurrido 2s.
m.

1= <-!•"> 4-
15.- El centro de masa de un sistema de N partículas de masa mi, ni2,...mN cuyos
vectores de posición son ri, r2»•••r^ , respectivamente es el punto cuyo
vector de posición se define por:


m2 í 2
mk

Hallar el vector de posición del centro de masa del sistema de cuatro partí
culas mostrado en la figura y señalarlo en la misma.

SOLUCIÓN

20 K g .

I 0K g .

--
©
6 Kg.

>5Kg.
é-
¿Quién s e r á ri, r2, r3,

- * •

m2r2
R =

6(5 ,0) + 20(7 ,4) + 10(-4 ,2) + 4{-2 )
6 + 20 + 10 + 4

(30 ,0) + (140 ,80) + (-40 ,20) +
oo

, " 1 2)
40

(122,88) = J22_ 88 = ,/6_1_ 44
40 40 ' 40/ 20 ' 20


El vector de posición del centro de masa es

20 5

16.- Despejar el vector T de la ecuación

XN - n(f= _ a (2yV" + zf)
X 3b

¿ Porqué no es posible despejar X ? z,a,y,x y b * o

SOLUCIÓN
3b(Ahí - yC) = ax(2yV + zí)

3bXN - 3byC + 2axyV = - zaxí

3bXN - 3byC + 2ayxV
-zax

3bu t 3bA •* 2ayx
zax zax zax

3byi f _ 3bX •* 2y
zax zax z

X no se puede despejar, porque la necesitaríamos dividir por T, pero la ope_
ración de división no está definida para vectores.


17."" Un concepto físico de gran importancia es el de trabajo, que expresado mate_
máticamente es:

W = Í4

Sí una fuerza de 5 Newtons se aplica en la dirección de -- • ¿ Cuál es el
r
trabajo realizado al mover un objeto del punto (2,3) al punto (5,7)•

SOLUCIÓN
7T

Un vector unitario en la dirección de 7- es

u = - T . +-2 j

El desplazamiento d es :

d - (5,7)" (2, 3) = (3,M

. (3,4)=

W = ^2. /2 Newtons-Metro,

18.- Se dan los puntos A(2,4); B(5,2); C(7,3) calcular:

i).- El ángulo formado por los vectores a, b

i i).- El ángulo C A B,

SOLUCIÓN


Para solucionar el problema podemos hacer una figura que nos ayude.

Introduzcamos una notación adecuada

Llamemos: 8 el ángulo formado por a = (2,4) y b = (5,2)
^ al ángulo CAB. Luego

a«b _ (2>4)»(5,2) 10+8 18
eos 8 =
¿ z 2 2
Hall llbll Vl +k /5 +2 ¿23 /2S /5 /29

= are Cos 0.7^74 6 = ¿H.63C

eos 5 ^
HABÍ I I IACI I /3 2 +(-2) 2 /5 2 +(-1) 2 338"
= 0.9246

= 22.38C

19.- Calcula los ángulos interiores del A ABC con

; B(2,-2);

SOLUCIÓN


De los ejercicios anteriores ya tenemos una manera de proceder, que es hacer
una figura y ver el triángulo formado por vectores e indicar los ángulos,
que se quieran determinar.

AB = (5,0
AC = (-1,-3)
CB = (6,i»)

Luego tenemos:

AB • AC (5,1) • (-1,-3) _ -5 -3 _ -8 -8
eos a =
IIABII IIACII Ao~ 1/260" 7260"

BA ' BC _ (-5,-1) = 0.9246
eos 3
I IBAN I IBCI I /5T idJl 2(>i/2 36.76

= CA » CB = (1,3)'(6 6+12 18 18 = 0.7893
eos y
I I C A I I IICBI I /To" ¿52 v^20" /520 22. 80

a = are eos - 0.Í»961 = 119.7V a = 119 .74

3 = are eos 0.9246 = 22.39C 0 = 22 .39
Y = are eos 0.7893 = 37-87c Y = 37 . 7
8


20.- Dados a = (5,12) y b = (i,k), donde k es un escalar, encuentre k tal que
la medida en radiantes del ángulo entre a y b sea -^

SOLUCIÓN

Si a y b son vectores, entonces el ángulo 6 que hay entre ellos está dado
por la expresión

Cos 9 = entonces
Hall I líll

1 = (5,12)(1,k)
3
Aes /1+k2

— y como Cos -- = y , entonces
5
13/1+k2

1
_ = 5 + 12K . .
decir
es
13/1+k2

13/1+k2 = 10 + Zk k.

I69(i+k 2 ) = 100 + 480 k + 576 k 2

169 k 2 - 576 k 2 - 480 k + 169 - 100 = 0

- 407 k 2 - 480 k + 69 = 0

407 k 2 + 480 k - 69 = 0

k = -480 ± /23O4O0 + 112332 = -480 ± 585.4
814 814

ki = 0.13 k 2 = -1.3

k2= -1.3 no es raíz de la ecuación original y ki = 0.13 sí lo es,
ees el valor de k que nos interesa es k = 0.13.


21.- Se dan los vectores u = (1,2); v = (4,-2)

i).- Prueba que u y v son ortogonales

¡i).- Prueba que ku es ortogonal a v para todo k número real

i ¡i).- Da Tres vectores ortogonales a v distintos de u

SOLUCIÓN

i) u y v serán ortogonales si u»v = o

u*v = (1,2)•(4,-2) = 4-4 = o # # Son ortogonales

ií) ku - v = k(u*v) = k # o = o * ku es ortogonal a v para todo va__
lor de k.

i¡i) De i i hay una infinidad de vectores ortogonales v que son de la forma
ku. Así dando valor particular a k tenemos:

Si k = -1; k = 2; k = 3 dan los vectores

(-1,-2); (2,4); (12,-6) vectores ortogonales a v

22.™ Encuentra el valor de x para que los vectores u = (1,1,4); v = (x2,x,~3)
sean ortogonales.

SOLUCIÓN

Para que u y v sean ortogonales debe de cumplirse u»v = o
2 2
o = £.v = (1 ,1,4)*(x ,x,-3) = x + x - 12
Así x 2 + x - 12 = o = (x-3)(x + 4)
luego el producto punto será cero si: x = 3 ó x = -4
v = (9,3,-3) 6 v = (16,-4,-3)


Sean u, wi, W2£ R . u es ortogonal a wi, u es ortogonal a W2

Probar que u es ortogonal a cualquier vector awi + bw 2 con a, be R,

DEMOSTRACIÓN

¿ Qué tenemos que probar ? Debemos probar que u y awi + bw¿ son ortogona
les o sea que u»(awi + bw2) = o para cualquier a,be R, Veamos
+ #
+ DW2) = u*(awi) u (bw2) = a(u«wi) +

Ahora cuanto vale u*wi y u # W2- ¿ Hemos usado las hipótesis del problema ?

De las hipótesis tenemos:

u ortogonal a wi implica u # wi = o

u ortogonal a W2 implica u»W2 = o

*•= a # o + b # o = 0 + 0 = 0

Dados a = (5,~k) y b = (k,6), donde k es un escalar, encontrar

a) k tal que a y b sean ortogonales

b) k tal que a y b sean paralelos

SOLUCIÓN

a) Dos vectores son ortogonales si a*b = o, entonces

(5,-k)-(k,6) = o
5k + 6(-k) = o
5k - 6k = o
- k = o
Por lo tanto k = o


b) Dos vectores son paralelos si existe un escalar Xe JR tal que
a = Xb

entonces

(5,-k) = X(k,6)

(5,-k) = (Xk,6X)

5 = Ak y

-k = 6X (2)

De (2) tenemos que k = -6A, sustituyendo este valor en (1) tenemos

5 = X(-6X)
5 . -6A2 ; A 2 = - | -(3)

de (3) se concluye que no existe Xe IR.

25.- Sean u = (-2,-4); v = (4,3) determinar:

i).- La proyección ortogonal de u sobre v

i i).- La componente de u ortogonal a v

Hacer un dibujo que ilustre la situación,

SOLUCIÓN


Sea ui la proyección ortogonal de u sobre v entonces

,
IIvlI2 k2 + 3 25

-20 -16 -12
25 5 5

•16 -12 i
> )
5 5/

Ahora sí U2 es la componente de u ortogonal a v tenemos

-»• •> ->• i- 1 6 -12 . _ M O -12 . . ' -6 8
u 2 = ui - u = i , j - (-2,-4) = , 2, + k
5 5/ 5 5 5

, —
-5
. 5 /

Gráficamente tenemos:


26.- Sean a y b vectores unitarios en el plano xy; a y 6 los ángulos que forman
con el eje x. Es claro que

* f f
a = eos a i + sen a j
i = eos 3 t + sen 3 ~j
b

demuestre que: cos(a-3) = eos a eos 3 + sen a sen 3

SOLUCIÓN:

a«b = I la 11 Ubi I cos($-a)

pero también í*t> = eos a eos 3 + sen a sen 3

Como Malí = llbll - 1

cos(3-ot) = eos a eos 3 + sen a sen 3 q .e.d.

27." Si k = Nuil y t = llvll demuestre que el vector

- -n (kv + £u)
• biseca el ángulo formado por u y v

w biseca el ángulo entre u y v si el ángulo entre w y u es el mismo que el
ángulo entre w y v. 0 sea si


wv
llwll lltill llwll I Iv i I

1 (kv + £ u ) • u _ 1 ky + l y • y
Mwll IILIII (k + 1) (Mwll llvll)

Pero

2
k v ' u .+ £ t i * u i _ k v M j , + £• I l " u l . l = k (v'u + ¿k)
(k+£) (llwll Nuil) (k+£) (Mwll Mu I I ) (k+£) Mwll k

kv + ¿u • i _ kv«ti + ¿u*v = £ (kl + u»v)
(k+£) (IwlI v l ) (k+¿) llwll llvll (k+¿) Mwll

que son la misma expresión.

ECUACIÓN DE LA RECTA EN R2

1.- Encuentre la recta que pasa por PI(1,3) y P2(0,~3)

Lo vamos a realizar de seis maneras que se verá que son equivalentes,

1) En la forma y = mx+b con m = - V1 la pendiente de la recta queda


m =
"Q,I * Tf " ^ y y = 6 x ~ 3 ya que

-3 = b = la ordenada al origen

2) Como P X P 2 = P2-P1 = (0,-3) - (1,3) = (-1, -6) es la dirección de la rec_
ta la podemos utilizar en la forma paramétrica de la recta

P = P o + tv , P = P o + t P1P2

Como P o es un punto cualquiera tomamos P o = Pi = (1,3)

y la recta P = (1,3) + t(-1,-6) = (1-t,3-6t)

o sea x = 1-t y y = 3-6t y 6x = 6-6t = 3-6t + 3
6x = y + 3
y = 6x-3

3) La recta ¡ntersecta al eje y en (0,-3) y al eje x en el punto en que la --
o 1
y = 0 o sea 0 = 6x~3 x = 7- = j

La recta — + 77 = 1 ¡ntersecta a los ejes en (a,0) y en (0,b)
a D

+
por tanto J T^T = 2 x + — =1 es la forma que toma que es equiva
I
lente a la que obtuvimos ya que -6x + y = -3
y = 6x~3

k) En la forma general Ax + By + C = o , la podemos obtener resolviendo un
sistema de ecuaciones


A-1 + B 3 + C = o

y A*o + B(-3) + C = O

dividiendo entre A

!•£

u . , B C
Haciendo -r = m y -- = n
r

+ = 3 m + n = o
" ~ A A "

n = 3m

y sustituyendo en I

1 + 3m + n = 1 + 3m + 3m = o

6m = -1

n -

x +

6x - y - 3 = o

y = 6x - 3


5) La otra forma es y-yi = m(x-xi) con m = 6 y (1,3) = (xi,yi)

que y-3 = 6(x-1) y-6x = -6 + 3 = -3

y = 6x - 3

6) La otra forma es desarrollar el determinante

y 1 x y 1
3
yi 1 1 3 1 =x -V
-3
x2 0 -3 1

1 3
+1 = 6x-y-3
0 -3

Es una recta de la forma Ax + By + C = o que pasa

1 3 1 0 -3 1
Por (0,-3)
,ya que 1 3 . 1 0 - 1 3 1 , o sea
y por (1,3)
0 -3 1 0 -3 1

e s t o s p u n t o s s a t i s f a c e n la e c u a c i ó n o sea el d e t e r m i n a n t e inicial.


2.- Determine si el punto (a,b) está en el paralelogramo determinado por
(5,-3) "3)

SOLUCIÓN

(a,b) esta en el paralelogramo determinado por (3,*0 y (5,""3)

si (a,b) = s(3,k) + t(5,-3) con 0 ú s,t á 1

Es decir, si el sistema

a = 3s + st

b = ks - 3t tiene solución

y; 0 _ s, t á
<

3«~ Para las diversas formas de la ecuación de la recta en determi-
nar las condiciones de perpendicularidad y paralelismo.

Ax + By + C = o
A perpend¡culales si A
paralelas si
B B
A x x + B1y + C] ni
B 1

y =
paralelas si mi = perpendiculares si mi # m2 = ~ 1

y =


p = p + tV
— o paralelas sí u = kv perpendiculares sí u#v = o
k constante ^ o
Q = Q + su
o —

o paralelas si n = km perpendiculares s» n»m = o
k constante * o
m-Q Q = o

y-yi - -í^ml(x.Xl)
(X2-X1) paralelas sí (x 2 -xi,y 2 -y x ) = k(xL>-x3 ,yk-y3)

perpendiculares sí (x2-xi ,y2-yi) • (x^-xa ,yi+-y3) = o
(yh y3)
y-y 3 = (x-x3)
()

o sea (x2-xi)(xif-x3) + (y 2 -y x ) (yi+-y3) = o

=
o sa
e £pi ~T^T

o sea •— • = -1 = mi*m 2

f paralelas sí a « ka 1 y b = kb 1 para la misma cons
tante k
x y _ t perpendiculares como

mT = •—
I a
son perpend i cu 1 ares

m II ai

si bb 1 = -1
mjmjj = — , •
o si , u # i Lix = o
(a.bj'ía^b 1 )


Hallar la distancia comprendida entre las rectas paralelas

3x - 4y + 8 = o I
6x - 8y + 9 = o II

3x - ky + 8 = o = > 3x - ky = -8 — > -5 X~ = - * • = 1
•• O *"O ""

y 6x - 8y = -9 ==> ~ - + d p = 1

+ 1
2 F

Tomando un punto cualquiera (x o ,y o ) de una recta, la distancia entre las
rectas es justamente la distancia del punto a la recta o sea

¿ = Ax o + By o + C La primera recta contiene a (0,2)
/ A2 + B2

6(0) + (-8) (2) + 9 _ -16 + 9 -7 7
36 - / 100 -10 10

+ 8
Con otro punto y la otra recta d 3
^2-)-^(o) + 8 -?
/ 9 + 16

= _7_
5 10


Otra forma de solución

Una recta perpendicular a la recta II tiene pendiente m 1 = —
m
m = 6 _¥3
Pero 8 " m = -~-

-3
Si pasa por ( — ,0 y = O = m x + ~

y =
" T - ? x - 2

Sustituyendo en la recta I

3x - 4(- -j x - 2) + 8 = 0

x = - 16

25


192 = 192 - 150 _ _te
y =
75 75 75

d = / - 1 +M 51 50 +
50J +
75
2 25 25

11 75
+ .3136 = /~?9 = .7 =
10
50


5.- Dado el punto M = (xi, yi) y una recta Ax + By + C = o, determinar las
coordenadas del punto N = (x, y) simétrico de M con respecto a la recta
Ax + By + C = o.
SOLUCIÓN

M

Supongamos que el número B ^ o* El caso B = o no da mayores problemas
La pendiente de la recta Ax + By + C = o será

011 = ;
" B
"

la pendiente de la recta que pasa por M y N tiene por pendiente a

y -
1 -
x xi

la distancia de M a Ax + By + C = o y la distancia de N a la misma recta
son respect i vamente,

, lAxi + Byi + C |
di = —J L
~— —
/ A2 + B2

d2 = |Ax -+ By + C|
/ A2 + B2


Escribamos ahora las condiciones de simetría,

di = d2

1 x
mi = o,
ni2

|Axi + Byi + C] = |Ax + By + C]
/ A 2 + B^ / A^ + B^

A x-
B y - yi

y como M y N están en partes ajenas del plano (la recta Ax + By + C divide
al plano en dos partes ajenas) tenemos

Axi + Byi + C = - A x - B y - C

A _ x - xi # / _ x - xi

B y - yi ' B y - yi

+ Byi + C = - Ax - By - C

• Y = £ yi + (x -
g

+ Byi + C = - Ax - By - C (1)

+ B(x - xi
•

sustituyendo (2) en (1) se tiene,

Ayi + B
Ax x + B Y l + C = - Ax - B ^X " Xl)
- C

B2
- Ax - Byi - j- x + j- xi - C
B2


-A - j- x = Axi + Byi + C + B
Ax By Byi - — xx + C

B2 B2
-A - -r- x = Axi + 2Byi + 2C - -r- x x

X
- Axi + 2Byi + 2C -
' • -i • - -i i i - i • .1

A

2AByi + 2AC - • i i ii

- A2 - B2

= (A2 - B2)xi + 2AByi + 2AC
- A2 - B2

(A2 - B 2 )x x + 2AByx + 2AC
A2 + B2

De forma análoga obtenemos,

(B2 - A 2 )y x + 2ABX! + 2BC
A2 + B2

6.- Dado el triángulo de vértices A = (-2, o) B = (2, o) C = (o, 3) y un
punto M = (1 , o) del lado AEÍ, determinar dos puntos N = (x, y)
y Q = (z, w) puntos de los lados AC y BC respectivamente de tal manera
que el perímetro del triángulo AMNQ. tenga perímetro mínimo.

SOLUCIÓN


La ecuación de la recta que pasa por A y C es 3x - 2y + 6 = o, y la ecu£
ción de la recta que pasa por B y C es ~3x - 2y + 6 = o.

Los puntos M* y M** simétricos de M con respecto a las rectas 3x - 2y + 6
= o y -3x - 2y + 6 = o son respectivamente, (según las fórmulas obteni__
das anteriormente)

11 ll)

Ahora bien el perímetro P del AMNQ es,

P =• MÑ + NQ + Qjí

= NM* + NQ + QM**

y este perímetro será mínimo si M*, N, Q y M** son colineales es decir
están en una recta, ó en términos de pendientes

m = m
M*M** M*N

m m (2)
M*M** QM**

calculando y simplificando se obtiene,

13x + 39y - 67 = o (1)

13z + 39w - 67 = o (2)

pero el punto N = (x,y) esta en la recta 3x - 2y + 6 = o y el punto
Q = (z, w) esta en la recta -3x - 2y + 6 = o, es decir

3x• - 2y + 6 = o (3)

y -3z - 2w + 6 = o


Despejando en (3) a x y en (4) a z y sustituyendo estos valores en (1) y
(2) obtenemos

13 "6 3 2y + 39y - 67 = o (1)

13 " 6 _3 2w
+ 39w - 67 - o (2)

- 78 + 26y + 117y - 201 = o (1)

- 78 + 26w - 117y + 201 = o (2)

de donde,

279 123
y
TT»3 ' 91

y de (3) y

100 _ 100
x ; z
- " "HíT " ~9T


7.- El punto A = (1, -1) es el centro de un cuadrado uno de cuyos lados esta
en la recta x - 2y + 12 = o. Determine las ecuaciones de las rectas don
de están los otros 3 lados. Determine también los vértices del cuadrado.

SOLUCIÓN

V

Las rectas Z9 Zz y £3 tienen por ecuaciones

y = 2x + bi

y = 2x + b 2

y = j x + b3 ;


podemos calcular d distancia de A a x - 2 y + 1 2 = o ,

12
d =
5

Si ahora d x , d 2 y d 3 son las distancias de A a £i, i 2 y ¿3 respect i vamen_
te,

dl = '2(0 + (-D - II - bxI = bi - 1
rr " rr
12(1) + (-1) - b 2 l _ M - b 2 l = 1 - b2

d3 =
_ I-¿(1) + (-1) - b 3 l _ I - i - b I _ - i- - b 3

Ahora bien, las condiciones del problema exigen,

d = di

d = d2

d = d3

de donde,

bi - 16

b2 = ^^

b3 = -9


EJERCICIOS DE APLICACIÓN SOBRE LA RECTA EN R 2

Los vértices se calculan resolviendo los sistemas

x - 2y + 12 = o
(I)
y = - 2x + 16

x - 2y + 12 = o
(II)
y = - 2x - ^k

y = - 2x + 16
(III)
y = | x -9

y = - 2x - 14
(IV)
y = - X -9
|

El primer sistema tiene solución Ai = (k, 8 ) , el segundo A2 = (-8, 2 ) ,
el tercero A3 = (10, -h) y el cuarto A 4 = (-2, -10).


8.- Un terremoto emite una onda primaria y una onda secundaria. Cerca de la
superficie de la tierra la onda primaria viaja aproximadamente a 5 millas
por segundo y la onda secundaria a más o menos 3 millas por segundo. Del
tiempo que hay entre la llegada de las ondas a una estación sísmica, es
posible estimar la distancia al temblor. (El epicentro se puede calcular
al obtener la distancia a tres o más estaciones). Suponiendo que una es__
tación mide una diferencia de tiempo de 12 segundos entre la llegada de
las ondas ¿ qué tan lejos está el terremoto de la estación ?.
SOLUCIÓN

Las dos ondas recorren la misma distancia d, La primera tiene una veloci
dad

5 mi 1 las d d
V = segundo
5
7
la segunda tiene una velocidad

i _ 3 mi 1 las
_ d d
V segundo Vi 3

t 1 - t = 12 seg = | - |

5d - 3d _ 2d_ d =
= 12 6.15 = 90
15 15

90 mil las

12 seg.


9«"* Encuentre un valor aproximado que satisfaga la ecuación

3x - eos x - 1 = o

SOLUCIÓN

Como la ecuación es una diferencia de dos funciones podemos escribirla

3x - 1 = eos x

Si la dibujamos en forma separada y = 3x - 1 y y = eos x en radianes
y encontramos el punto de
intersección resulta una x
aproximada de 0.6

Si lo sustituimos para
verificar
obtenemos
3(0.6) - .82 - 1

= 1.8 - 1.82 * .02 cercano a 0.


10.- Durante mucho tiempo en México un coche taxista cobraba $ 1.00 al inicio
de una dejada y cinco centavos por cada 250 metros recorridos. Además se
agregaban 50 centavos adicionales al terminar la dejada. Grafique la
recta de ingresos del taxista en función de la distancia .
SOLUCIÓN

Cualquier dejada agrega 1.50 como costo adicional a lo recorrido. La pe£
5 ctvos 20 ctvos
diente m •
250~rñ = T~Krñ— * La r e c t a s<
51o tiene sentido para distar^
cías positivas.

11.- Se denomina la longitud propia a la dimensión lineal o de un cuerpo en el
sistema de coordenadas en que está en reposo. La longitud t del mismo
cuerpo medida en un sistema de referencia que se mueve con respecto al
cuerpo está dada por


£ = £o / 1- - j
p- ¿ Qué tan buena aproximación es £ = £o

o sea, e.g. hasta qué valor son 33% iguales £ y £o ?

En V = C - o

Km
En V = | £ = £o / i - / -jp
C = 300,000
seg

C = velocidad de la luz en el vacio)

= .86

- ~ = -9900 -=> = 1-.9801
= 0.0199

km
o sea V = /.O199 C = C ~ 42,320
seg
i « .99


12,- La intensidad de iluminación I de un foco luminoso situado a 6.5 m sobre
el pavimento y la distancia x del pie del foco viene dada por la ecuación
I = 1.55 - O.38x
Midiendo I en bujías / m 2 y x en metros, dibujar la gráfica que represen^
ta la iluminación comprendida entre 0 y 4 m.

SOLUCIÓN
i

1

6,5n s.

1 2 3 4m
Olfl

13«~ Una persona hace un viaje y maneja por 8 horas una distancia de 400 km.
Su velocidad promedio es de 60 km/h en carretera y 30 km/h cuando pasa
por poblaciones, i Cuánto tiempo pasó en las ciudades ?
SOLUCIÓN
Ecuación 1ineal para tiempo T ciudad + T carretara = 8 hrs.

Ecuación 1ineal para distancias
D ciudad + D carretara = 400 Km
o sea V ciudad T ciudad + V carretera T carrerera
= 400 km.
V ciudad T ciudad + V carretera (8-T ciudad)
= 400 km

Incógnitas
T ciudad 30 Te. + 60 (8-Tc) = 400
- 30 Te + 480 = 400


T ciudad = ~~ = 2~ horas = 2h 40'

T carretera = 5h 20*

14.- Un químico tiene 3 Kg (3,000 grs) de ácido clorhídrico al 20%. El desea
aumentar su concentración al 25% sacando una parte para reemplazarla por
una solución al 80% de ácido clorhídrico, i Cuántos gramos debe extraer
y reemplazar con la solución al 80% ?

SOLUCIÓN

Se tienen 3 kg con 600 grs de ácido clorhídrico.

Finalmente se tiene 3 Kg + x Kg, con x la cantidad que se extraiga de la
solución al 80%.

La cantidad de ácido clorhídrico será 600 grs + .8 x X Kg y
, .600 + .8x = o_ 1
se desea que —fTlT '5 = ¥

2.400 + 3.2x = 3 + x

o sea 3.2x - x = 2.2x = 3 - 2.400 = .600

2.2x = .600


3 Kg

3 + x

.600 + ( . 8 ) ( 2 7 2 )
Comprobación
3.272


Se estaba produciendo potencia a una velocidad de 50 Kw/seg. Así se tra
bajó durante 100 horas en que hubo una interrupción de 2 hrs. Posterior
mente se produce con la maquinaria reparada a un ritmo de 60 kw/seg du
rante 30 horas. ¿ Cuál es la cantidad total de potencia producida ?.

SOLUCIÓN

Kw
v x = 50 ti = 100 horas
seg

V2 = 60 Kw/seg = 30 horas

Energía

Tiempo

132

1Kw 1Kw 3600 seg
1 hora = 60 minutos = 60 (60 seg) - 3600 seg „ 1 — , ,. y • -1
1. . r
i 1
.1 • •
. . 1 1 I
r •

hora seg 1 hora

vi = 50 x 3,600 = 180,000 = 180 Megawatts
seg hora

_Kw_
v 2 = 60 x 3,600 = 216,000 = 2 1 6 Megawatts
seg hora


Cantidad total producida . 100 = v 2 . 3P = 180 x 100 + 216 x 30
= 18,000 + 6480
= 24,480 Megawatts.

Esto corresponde al área total bajo las dos rectas.

16.- Si todo el dinero disponible (60 millones de pesos) a un municipio se de__
dica a maquinaria para equipar trabajadores se puede dar trabajo a 120 de
ellos. Si se dedica a equipar estudiantes alcanza a 600. Trazar una re£
ta que dé las posibilidades intermedias. Si se contara solo con 30 millo»
nes, cuál sería la recta correspondiente? ¿Qué indica la pendiente? ¿Se
puede tener el mismo número de trabajadores que de estudiantes atendidos?
120 |
SOLUCIÓN

400 500 600

Si usamos la forma de la recta ax + by = c

con x = # de trabajadores equipados y

y = # de estudiantes equipados

a = costo de equipamiento por individuo en la fábrica

b - costo de equipamiento por individuo en la escuela,


Queda a=
60 - r m i l Iones
III I I ^ ^ I I ^** < 7
« | 60
^ I^F ¿gm!1 Iones
l i l i l í *r I I ^.J" « ?
•
»

120 individuo 600 * estudiante

Entonces ,5x + ,1y = 60 o
120 600

Si se contara con 30 millones a y b en I no cambian pero c si

. 5 x + .ly = 30 o

1
20 60 1
i A- • • i u
=
La pendiente, igual en ambos casos, es m =

denota que por cada trabajador equipado se equipan 5 estudiantes

Si x=y se tendría ax + bx = (.5 + .i)x = 60

Y entonces x = — 7 - = 100 = y (o 50 en la segunda recta)

17.- Un comprador obtiene la siguiente lista de precios de cuadros de acrílico
donde a es la longitud de lado y p es el precio correspondiente
PREUO
a(cm) precio T
A 10 k fique ¿Es una recta?
6 20 16
C 30 36
D ko 64
E 50 100

20 3 0 40 50 6 0 LONGITUD

No es una recta. (Es una parábola)

Ahora graf¡que la siguiente función con a (el lado) subtituido p = — a'
por el Área A.

A(cm 2 ) p(pesos)

A 100 k
B 400 16
100 - -
C 900 36
D 1 ,600 6k
E 2,500 100
50"

500 100 1500 2000 2500

Cuál es la función?. Es una recta que relaciona al área con el precio
correspondiente.

12
y- m(x-100) = 300 (x-100) j (X-100) = jl -(x-100

X 100
y= +k
25 25

Cuál es la pendiente? m = -je y representa el precio por cm2 de

acrí1 ico.


18.- La cantidad de discos populares que se venden depende del precio de venta
(demanda, d ) .

La cantidad de discos populares que se producen para vender depende tam
bien del precio de venta (oferta, o ) .

Si d =-¿-2 y o = 1,000 p - 500 , grafique las dos curvas.

¿ En qué punto se cortan ?. Interprételo

SOLUCIÓN

3000-
2500.
0
2000-

1500 -

IOOO-
l
i
500 l
i

1 precio
2.0 2.5
1.0

A un precio de 2 la oferta iguala a la demanda. No hay sobreproducción,
no hay discos sin vender ni gente que quería comprar y que se quedó sin
di seo.


19.~ Grafique la recta correspondiente al M interés simple12.

Si P = pr incipal
r = tasa de interés anual
t = tiempo en años

Grafique la recta correspondiente al valor futuro VF

SOLUCIÓN

Se sabe que el interés a pagar por un préstamo P a una tasa de interés r
en un tiempo t es I = Prt, donde t es expresado en términos de años y la
tasa del interés en %

Por eso VF = P + Prt = Valor futuro

= P (1 + rt)

e VF

e

Si al término de un mes, se consideran que se tiene un nuevo principal y
se aplica la misma tasa, Cuál es la nueva recta de VF ?.

Al término de un mes el VF = P(1 + r v ^ )


La nueva recta debe partir de este nuevo principal

(VF)' = VF después del primer mes

t1)

1
t1 = t - YJ > e ^ tiempo transcurrido

después del primer mes.

VF1 Á

P(1+ -.- )
z
Al término de n meses ?
p -

• w

t1
_£)

t = t - n ; con la misma
n
pendiente.


20.- Cuando se desciende en el océano, la presión crece linealmente

La presión es de 15 libras por pulgada cuadrada en la superficie y 30 1¡__
bras por pulgada cuadrada 33 pies bajo de la superficie.

(A) Si P es la presión en libras y d es la profundidad bajo la superficie
en pies, escriba la ecuación que expresa a P en términos de d

(B) Cuál es la presión en 12.5^0 pies (la profundidad promedio del océano)

(C) Graf ique la ecuación para o <, d <. 12.5^0
Presión
SOLUCIÓN
30 +

Profundidad

Si llamamos P o la presión en la superficie y P33 a la presión a 33 pies la
ecuación de la recta queda

-P
o

media Pies) 15 + ~ • 12.5^0 = 15 + 5.7

libras
2 u <7
z0 / 2
pulgada

Escalas de temperatura

21.- Determine las gráficas de las tres siguientes escalas de temperatura

Celsi us 0° C 100 °C

Fahrenhei t 32° F 212 °F

Absoluta o Kelvin 273° F 373 °K

Determine las intersecciones con los ejes. Determine las rectas que
relacionan las escalas Celsius vs. Fahrenheit y de Celsius vs. Kelvin.

Un grado Kelvin a cuantos grados Celsius y a cuantos grados Fahrenheit
corresponde ?.

RESPUESTA

212°F --

18O°F = 9.
m = 100°C 5

32°F

100°C


°K
373°K

273% 100
m= = 1
loo

-273°C 0°C 100°C

212°F

3
5

373°K °K


22.- Se sabe que n a temperatura constante, el peso de un gas di suelto por uni__
dad de volumen de un líquido es proporcional a la presión11, (la ley de
Henry), válida para algunas substancias. Grafique esta ley sabiendo que
el ángulo de inclinación de la recta es a = 26° 33 1

SOLUCIÓN

Sólo sabemos la pendiente de la recta ya que
tan 26.55° = tan 26° 331
m = tan a = tan 26.55° = .4996

Dependerá del gas y la temperatura el saber a partir de que presión P Q
empieza a disolverse a razón de ,4996 unidades de peso por cada unidad de
presión aumentada.

Si Pf = Presión final a la que se sujeta el gas,

Pp. = Peso disuelto por unidad de volumen = .4996 (Pf - P ) si P f > P

? si P r < P

Di suelto i
P
D

Presión final
P
f


23.- El cloruro de potasio tiene solubilidad s dependiente de la temperatura,
de acuerdo con la tabla

t = 0o 20° k0° 60° 80° 100°

s = 28.5 39.7 ^9.8 59.2 69-5 79-5

Grafique la función correspondiente ¿ Cuál es la pendiente ? ¿ Cuál su
ordenada al origen ? ¿ Cuál la ecuación de la recta ?

SOLUCIÓN

A éstos datos se le pueden 'ajustar1 diversas rectas ya que la razón de
cambio de la solubilidad con la temperatura, no es la misma para los dife_
rentes incrementos de temperatura, aunque son cercanos a 10 gramos por c£
da 20° centígrados.

Una recta aproximada es S - S o = m (t - t o ) = m (t - o)

S S
,
tomando a m = 100 ^ ° = 79.5 inn 2-8.5 = T 51T = .51
r " - ^ C1

S = 28.5 + .51 t


V E C T O R E S E N Ró

1.- Determinar si el triángulo de vértices A(1, -2, 3 ) ; B(-1 , 1, 1); C(1, 4, -1)
es isósceles. ¿ Es equilátero ?

SOLUCIÓN

Debemos ver que tiene dos lados de la misma magnitud.

Los lados del triángulo son: AB, AC, BC

AB = t - a = (-1, 1, 1) - (1, -2, 3) = ("2, 3, -2)
AC = c - a = (1, k, -1) - (1, -2, 3) = (0, 6, -k)
ic = c - b = (1, k, -1) - (-1, 1, 1) » (2, 3, -2)

Las magnitudes son:

|AS| I = /(-2) 2 Tl r TT2f ¿ = /TTTTT = /~TT

|AC| | = /0rV6r~+ (-h)z~ = / 36 + 16 = /T2"

Es isósceles pero no equilátero.


2.- Si las coordenadas de un nuevo origen en el sistema antiguo son (2,-4,6)
y las coordenadas de P en el nuevo sistema son (-1,2,-4)'. ¿ Cuáles son
las coordenadas de P en el sistema antiguo ?

SOLUCIÓN

(h,k, 1) - (2, -k, -6) = (0, 0, 0 ) '

Se sabe que (-1, 2, -h)' = (xQ, y Q , zQ) - (h, k, 1)

(xQ, y 0 , 2 Q ) = (-1, 2, -4) + (h, k, 1) = (-1, 2, -4) +

+ (2, -U, -6)

(x0, y 0 , z Q ) = (1, -2, -10)

3.- Para el triángulo cuyos vértices están en A(2,~5,3), B(-1 , 7, 0) y
C(-4, 9, 7) calcular

a) La longitud de cada lado

b) El punto medio de cada lado.

SOLUCIÓN

a) Sea í= (2, -5, 3) - (-1, 7, 0) = (3, -12, 3) y

t = (-4, 9, 7) - (-1, 7, 0) = (-3, 2, 7)

Si Lj, L 2 y L 3 son las longitudes que nos piden calcular, entonces


= I | a | i = / 9 + ]kk + 9 = /T52 =

L2 = | | b | | = / 9 + 4 + ¿ 9
4 = /T2~

L3 = i |a - b| = / 36 + 196 + 16 = = 2/~6T

b) Sea x(xi, x 2 , x 3 ) el punto medio de A y B, entonces

B x = B - x = x A = x - A , es decir

(-1, 7, 0) - (xx, x 2 , x3) = (xx, x 2 , x3) - (2, -5, 3)

( 1 - xi, 7 - x 2 , - x 3 ) = (xi - 2, x 2 + 5, x3 - 3) de donde
-

-1 - - 2 2.
X 1 r

7 ~ x2 = x2 + 5 X2 = 1

- x3 = x3 - 3 X3 zz
"T
L
7

X(XX, X 2 , X3) = ( y , 1 , j )

En forma similar se calculan los otros puntos medios, encontrándose que

i) El punto medio de AC es (-1, 2, 5) y

i i) El punto medio de BC es ( y, 8, -y).
-


k.- Demostrar que los tres puntos (1, -1, 3), (2, 1, 7) y (k, 2, 6) son los
vértices de un triángulo rectángulo y calcular su área.

SOLUCIÓN

Sea a = (2, 1, 7) - (1, -1, 3) = (1, 2, k)

b = (k, 2, 6) - (2, 1, 7) = (2, 1, -1)

t-t = ( 1 , 2 , h)-(Z, 1 , - 0 = 2 + 2 - 4 =0

como a»b = 0, entonces los vértices dados sí son los de un tr¡áng£
lo rectángulo. Su área será

A - l l a M IJbM _ / 1 + k + 16 / k + 1 + 1 _ /12?T U 2
A - 2 2 T" *

5.- Expresar al siguiente vector en términos de su magnitud y de sus cosenos
directores a = - 6Í + 2j + 3&

SOLUCIÓN

Un vector a se expresa en términos de su magnitud y de sus cosenos directo
res en la siguiente forma

a = ||a|| (eos a i + eos 3 j + eos y k)

donde T = (1, 0, 0 ) , j = (0, 1, 0) y k(0, 0, 1)

=
eos a = — - — , eos 3 = — - — y eos Y "~^—
I I"*! I ! l ^ lI ' l ^ t!

hll liil
así que


y £ O O

ja j | = 7 , eos a = —=- eos B =. y y y eos y y = y • Entonces
eos =

a = 7(- y ¡ +j j + f k)

6..- Calcular el área del triángulo que tiene sus vértices en A(-2, 3, 1 ) ,
B(1 ,2,3) y C(3, - 1 , 2 ) .

SOLUCIÓN

Sea a = (-2, 3, 1) - (1, 2, 3) = (-3, 1,-2) y

b = (3, - 1 , 2 ) - (1, 2, 3) = (2, - 3 , - 1 ) .

El área del triángulo está dada por

A = || |a x b|¡ -l||(-7, "7, 7) | | =

7*" Hallar el área del paralelogramo cuyas diagonales son

c = T + í] - 3 K d = t + 1 - ík

SOLUCIÓN

El área del paralelogramo es ||a x b|| con a, b los lados del paralelo
gramo. No conocemos los lados del paralelogramo pero conocemos sus día
gonales a partir de ellas se pueden obtener los lados del paralelogramo.

Hagamos una figura:


De aquí:

a + b = c

b + cí = t

a + b = c
a + b = -d

2b = c - d

b - 1 (t -

Sustituyendo en a + b = c se tiene

1
/ • *

(C
2

luego b = -z i 3k) - ( T + 1 - "*
- 2 = i+J

a = 1 (T 3T - 3k + (-T + T - 3k)) - 1 -2T-


i j k
1 0 1 0 1 1
a x b = 1 1 O = ¡ ~ J + k
2 -3 0 -3 0 2
0 2-3

k(2) = -31 + 3j + 2k

Así Área del para le log ramo = -*
||a x b|| = ||-3;| + 3j + 2k

- = • 9 + 9


8.- ¿ Para que valor de "a11 los vectores (2, -1 , 1) (1, 2, -3) (3, a, 5)
están en un mismo plano ?

SOLUCIÓN

¿ Hay alguna relación entre el volumen del paralelepípedo que forman
tres vectores y el hecho de querer que estén en un mismo plano ?

Sí están en un mismo plano el volumen que forman es igual a cero.

Por lo tanto ¡a•b x c¡ = 0 que es el volumen del paralelepípedo que fo£_
man tres vectores.

1 2 -3

Así 2 - =0 ¿ Porqué ?

3 a 5

-1 1 2 1 2 -1
- 2 - 3 =o
a 5 3 5 3 a

0 = -5 -a -2(10 - 3) ~3(2a + 3) = -5 -a -14 -6a -9

0 = -7a -28 ; 7a = -28

a = -4


;
9." Demuestre que si a + b + c = O = > a x b = b x c = c x a e interprete
este resultado geométricamente

Demostración
b = - a -c
a = - b -c
c = - a -b

- > . - > - > . • _ * _ > . - > - ^ - > . _ ^ ^ _ ^ ^ . _ ^

a x b = ( - b - c ) x b = - b x b - c x b = - c x b ya que b x b = 0
• > - > - > • - > •

c x a = ( - a - b ) x a = - a x a - b x a = 1= a x b = c x b

Sabemos que yjja x bjjes el área del triángulo
determinado por a y b. Pero como el tr¡áng£
lo determinado por a y b es el mismo que el
determinado por a y c , la norma de sus pro__
ductos cruz debe ser la misma.

10.- Si A, B y C en R 3 son vectores no paralelos a un mismo plano, todo
otro vector D en R 3 puede ponerse en la forma
D = aA + BB + YC en

(DxB)«C Q _ (DxC)-A y _ (DxA)»B
COn a = 3 Y Y
(AxB)-C " (AxB)-C " (AxB)-C

Si D = aA + 3B + YC entonces


(DxB)-C = (aAxB + 3BxB + YCxB)*C

= a(AxB)*C + 30*C + YCxB*C

= a(AxB)*C + 0 + 0 ya que CxB es perpendicular a C

_ (DxB)'C
a = (AxB)-C q.e.d. análogamente para Q y para Y.

11.- Dos medios homogéneos. Si hay refracción de luz en la interfase entre
dos medios homogéneos, seanA, B, C los vectores unitarios a lo largo
de los rayos incidentes, reflejados y refractados, respectivamente y
sea N el vector unitario normal a la interfase. (a) Demuestre que la
ley de reflexión es equivalente a AxN = BxN

SOLUCIÓN

La ley de reflexión dice que el ángulo entre la dirección de propagación
de la onda reflejada y la normal a la superficie plana divisoria es
igual en valor absoluto al ángulo correspondiente de la onda incidente,
esto cuando las dimensiones de los dieléctricos son considerablemente
mayores a la longitud de onda.

+(AxN) = (-A) x (-N) = ¡A| ¡N|sen a1 = sen a1 = sen 31


Como a 1 y g1 son menores de 90° los dos a 1 = 31 o sea la ley de la re
flexión.

(b) Demuestre que la ley de refracción es equivalente a n,AxN =
con n, y n2 los índices de refracción

La ley de refracción dice en las mismas condiciones mencionadas en (a)
que
sen a 1 _ n^
sen Y 1 n,

Desarrollando n, AxN = n, |-A| | - N | sen a 1 ='n¿|-C| |-N| sen Y 1

sena
senY1 ~ n,
~

RECTAS EN R 3 Y PLANOS

1.- Dé la ecuación de la recta que pasa por el punto (1,-1,1) y es paralela
a la recta que pasa por los puntos A(-2,O,1) ; B(l,2,3)•

SOLUCIÓN

Para poder dar la ecuación de la recta necesitamos un punto que pertene£
ca a la recta y la dirección de la misma.

En este caso ya tenemos un punto que pertenece a la recta (1,-1,1), nos
falta la dirección. ¿ Cómo podemos obtenerla ? ¿Dá más datos el proble^
ma? las rectas deben ser paralelas ¿Entonces cuál es la dirección?.
¿Cuándo dos rectas son paralelas?. Dos rectas son paralelas sí tienen
la misma dirección. Por lo tanto la dirección de la recta buscada es la
dirección de la recta que pasa por A y B.


Luego la dirección es v = b - a = (1,2,3) - (-2, 0,1) = (3,2,2)

La ecuación es x = (1,-1,1) + t(3,2,2) te CB

, x 2 , x 3 ) =(1, -1, 1) + (3t, 2t, 2t) = (1 + 3t, -1 + 2t, 1 + 2t)

X! = 1 + 3t

x 2 =-1 + 2t Forma paramétrica de la recta

x 3 = 1 + 2t ; te R

o en la forma simétrica

- 1 = 3t

x2 " 1 _ X2 + 1 _ X3
X2 2t • " 2 " 2

X3 -
x 3 - 1 = 2t

2.- Muestra que las rectas dadas son paralelas.

z
-2 : x = -2t + 5
y = -6t + 1
z = ¿ft + 2

DEMOSTRACIÓN

¿ Cuándo dos rectas son paralelas ? luego tenemos que ver sus di rece
nes
la dirección de t es: v = (1, 3, -2)
la dirección de £ 2 es: u = (-2, -6, 4)

Ahora como verificamos que u y v son paralelos.


Una forma es u = - 2v

Las rectas son paralelas,

3.- Hallar la ecuación paramétr¡ca de la recta que pasa por el origen y cu_
ya dirección es ortogonal a los vectores u = 2i - j + 3k ; v = -1 -j + 2k

SOLUCIÓN

Para dar la ecuación de la recta necesitamos un punto y la dirección.

La recta pasa por el origen es decir el punto (0, 0, 0) está en la
ta. Así falta la dirección. Ahora bien la dirección de la recta es
togonal a u y v

¿ Qué vector conocemos que sea ortogonal a dos vectores dados ? en ----
efecto u x v. Luego la recta pasa por (0, 0, 0) y tiene la dirección u x v

•t i- t
1 j k
X V =
2 -1 3 t
= ¡(-2 - (-3)) - j(4 - (-3)) + k(-2, -

-1 -1 2

= t - 7j -

Así la ecuación de la recta es: $ = (O, O, 0) + t(i, - ? , -3) te R
(x, y, z) = (t, - 7t, -3t)

x = t
de donde obtenemos: ^ y = - 7t
z = - 3t Ec paramétr ica buscada


k.- Hallar las ecuaciones de la recta que pasa por el punto (2, 2, -3) y es
perpendicular a las rectas cuyos vectores dirección son (2, - 1 , 3 ) y ~
(-1, 2, 0)

SOLUCIÓN

La ecuación (paramétrica de la recta en R3 o en R2 es

P = PQ + tv . Por tanto P = (2, 2, -3) + t(a, b, c)
"

Pero si queremos que la recta sea perpendicular a las dos dadas se deb£
rá cumplir que (a, b, c)*(2, -1, 3) = 0
y que (a, b, c)*(-1, 2, 0) = 0

Para simplificar dividamos entre a que suponemos diferente de 0

entonces (1, ~, ~) • (2, -1, 3) « Ü , b 1 , c1) • (2, -1, 3) = 0

(1, b', c') • (-1, 2, 0) = 0

2 - b' + 3c1 = 0 y -1 + 2b1 + c1.0 = 0

2b1 = 1 b1 = j 2 - » + 3c1 = + 3c' = 0

c1 = —j > Y e l vector es (1 , y , - j)

y P =ío + tv - (2, 2, -3) + t(i, j, - j)

o ? = P o + tv = (2, 2, -3) + t(2, 1, -1), ya que la dirección del
vector no se altera si multiplicamos (o dividimos) por una constante.


5.~ a) Demuestre que las dos ecuaciones
P = (1, 0, 5) + t(4, -2, 6) y
Q = (3, - 1 , 8 ) + s(-2, 1, -3) representan la misma línea

DEMOSTRACIÓN

Los vectores dirección son paralelos ya que (4, -2, 6) = -2(-2, 1, -3)
P y Q tienen la misma dirección.

Además (1, 0, 5) = (3, -1,8) + 1(-2, 1 , "3) y

(3, -1, 8) = (1, 0, 5) + {~)(k, -2, 6)

b) Qué valores del parámetro t corresponden a los puntos de Q con valo
res del parámetro s = -2, -1, 0.

Si s = -2,' Q(-2) = (3, - 1 , 8 ) - 2(-2, 1, -3)
= (3, - 1 , 8 ) + (4, -2, 6)
= (7, -3, 14) = (1, 0, 5) + t(4, -2, 6)
= (1, 0, 5) +£(4, -2, 6)
S = "2 —> t = --
r

Si s = -1 ; Q(-1) = (3, -1, 8) - (-2, 1, -3) = (5, -2, 11)

= (1, 0, 5) + t(4, -2, 6) = (1, 0, 5) + (4, -2, 6)
s = -1 => t = 1

Si s = 0 =>
Q(0) = (3, - 1 , 8 ) + 0(-2, 1, -3) = (3, -1, 8) + 0
= (1, 0, 5) + t(4, -2, 6) = (1, 0, 5) + ( j)(4,-2,6)

s = o => t = w


c) Qué relación hay entre s y t para los mismos puntos 1,

(-2, ¿), (-1, 1), (0, 1)

Si s - 0 1
"2

t - - j(s - I)

6.- Hallar la ecuación de la recta que pasa por el punto (3, 6, ^) , corta
al eje z y es paralela al plano x-3y+5z-6=O

SOLUCIÓN

La ecuación de la recta es de la forma x = PQ + tv te R.
Si la recta corta al eje z, entonces ese punto será de la forma
P(0, 0, k ) , entonces
v = (0, 0, k) - (3, 6, h) = (-3, -6, k - i*)

para hallar la k hacemos

vn = 0 donde n = (1 , -3, 5 ) , así que

(-3, -6, k - ¿O-(1, -3, 5) « 0

-3 + 18 + 5(k - k) =0


5(k - k) = - 15

k - k = - 3

k =1

así que el vector v = (-3, ~6> -3)

x = (3, 6, k) + t(-3, -6, -6) te R.

7.- Demuestre que las dos líneas x = 3z + 7, y = 5* + 8; y x = 2z + 3 y
y = 4z + k se intersectan

SOLUCIÓN

Primero transformaremos esta ecuación a la forma parámetrica de la rec_
ta
t =7 =x " 1 = Y ~8 vy t. - 7 z -
z
x
- 3 _ y - fr
3 5 ~ 2 ~ k

P = (7, 8, 0) + t(3, 5, D y Q = (3, íi, 0) + (2, k, l ) f

Si R es punto de intersección quiere decir que tienen las mismas coor_
denadas z

~ - ¿ = 2LZ_1 => 2(x - 7) = 3(x - 3) => 2x - 1A = 3x - 9

=> 3x - 2x = - 14 + g => x = - 5

y 8 y
~ = j ^ => 4y - 32 = 5y - 20 => 5y - ^y = 20 - 32
j

=> y = - 12

• - -5 - 3 _ ±
, _ _i.
Z - 2 - 2 - 4


R = (-5, -12, -k)

Si t = -k, P = (7, 8, 0) - M 3 , 5, D = (7, 8, 0) - (12, 20, k)

= (-5, -12, -4)

y s¡ t. = -k, Q = (3, i*, o) + (-8, -16, -k) = (-5, -12, -i») P = Q

8.- Dar la ecuación del plano que contiene a PgO» 2, 3) y normal (1, -1, 1)

SOLUCIÓN

Para dar la ecuación del plano necesitamos un punto y la normal al p1a_
no ya que la ecuación es P()P*n - 0, luego este ejercicio se reduce a
sustituir PQ y n, hagámoslo

= (x - 1, y - 2, z - 3) ; n = (1, -1, 1)

P^Pn = (x - 1, y - 2, z - 3)*(1, -1, D = 0

I(x - 1) + (-1)(y - 2) + 1(z - 3) - 0

x - 1 - y + 2 + z - 3 = 0 La ecuación buscada es
x-y + z-2 = 0


9.- Dar la ecuación del plano que contiene a los puntos A(1, 2, 1 ) ;
B(1, 0, 1 ) ; C(0, 1, - 1 ) .

SOLUCIÓN

Ya se sabe, necesitamos un punto que pertenezca al plano y la normal.
Un punto lo tenemos, nos falta la normal.
¿ Cómo obtenerla ? ¿ Qué caracteriza a la normal ? ó ¿ La ecuación
P Q P T I = 0, que dice de la normal ?

PQPTJ = nos dice que la normal es ortogonal a todos los vectores que es^
ten en el plano, luego en este caso la normal n debe ser ortogonal a
los vectores AB y AC

Así quién es la normal, qué vector conocemos ortogonal a dos vectores
dados ? n = AB x AC

Finalmente ya tenemos un punto (A ó B ó C) y la normal n = AB x AC para
la ecuación pedida, que se deja al lector debiéndose obtener

kx - 2z - 2 = 0

10.- Dar la ecuación del plano que contiene al punto (1, 2, -1) y es perpen_
dicular a la recta que resulta de la intersección de los planos
x - 2 y + z - 4 = 0
2x + y - z = o

SOLUCIÓN

Una vez más ya tenemos un punto, falta la normal n .

La recta es ortogonal al plano, de
donde la dirección de la recta es la
normal al plano, así necesitamos con£
cer la dirección de la recta.


Como la recta esta' en ambos planos tenemos que su dirección v es ortog£
nal a ni y v es ortogonal a n2

v = ni x nz

l u e g o n = ? y tenemos un p u n t o d e l p l a n o y l a n o r m a l , ya podemos dar
+
l a e c u a c i ó n que se d e j a a l lector obteniéndose x + 3 y 5 z ~ 2 = 0

11.- Demostrar que el punto de intersección de la recta

x = X Q + tA con el plano B • x - b = 0 es

x=x +
o —F/T 1 1 A

DEMOSTRACIÓN

Si x es el punto de intersección, debe satisfacer ambas ecuaciones, por
lo tanto

l*x - b = B*(x0 + tt) - b = 0
Pero sabemos que el producto escalar es distributivo, entonces

B*XQ + B-tA - b = 0

t(B # A) = b - B#xg como B # A es un número

, ^ b - B*XQ
L
" B-A

Sustituyendo

-> -•
> b - B * xu
n TÍ- .
X = XQ + —B,A A q.e.d,


12.- Sean P Q y Q dos puntos, y N un vector en R 3 , sea p 1 el punto de
¡ntersección de la línea a través de Pgen la dirección de N, y el pía
no a través de Q perpendicular a N. Definimos la distancia de P Q a
aquél plano como distancia entre P Q y p 1 . Encontrar esta distancia
cuando P Q = ( 1 , 3 , 5) Q = ( - 1 , l , 7 ) y N = (-1,1,-1)

SOLUCIÓN

El plano que pasa por Q y normal N, N*(X - Q) = 0
(-1, 1, -1)(x + 1, y - 1, z - 7) = 0
= --x - 1 +• y - V - z + 7 = 0

La recta que pasa por con dirección N es


P = P o + tN

= (1, 3, 5) + (-t, t, t)
P = (1 - t, 3 + t, 5 - t)
p1 debe satisfacer la ecuación del plano, por tanto

5-t I _ 5 = o => -2-3t'= 0 ==>

De modo que

P1 - (1 + y , 3 , 5 + 2/3) = (f , y , 17/3)

12 2
3

13-" Con las notaciones del ejercicio anterior muestre que la fórmula general
para la distancia es dada por
|(Q - Pp)*Nl
I|N|
Observando la figura es claro que (Q. - P Q ) es la proyección de
N
Q - Pg en la dirección correcta y es la distancia buscada, ya que para
calcular la proyección exacta se requiere proyectar sobre un vector unj[
tario.

Resta demostrar que efectivamente

(Q - Pp)-N
(Q - Po)
IINM

pero es claro por la propiedad ( k v w ) , con k arbitrario real igual a
k(v»w) .


Para las diversas formas de la ecuación del plano determinar las condi
ciones de paralelismo y de perpendicular

Ax + By + Cz + D = 0
Como (A, B, C) y (A1, B 1 , C 1 ) son --
f 1
A x + B'y + C'z + D = 0
perpendiculares a los planos si
(A, B, C) = k(A f , B 1 , C 1 ) k + 0
los planos son paralelos;
si (A, B, C ) • (A1, B 1 , C 1 ) = 0 los
planos son perpendiculares.

n*P o P = 0
k
paralelos si n = km , perpendiculares r?0rr? = 0
n*m

Sí los planos no son perpendiculares a alguno de los planos xy 3 yz ó
xz, o sea sí

son paralelos si a = ka1 perpendiculares s i
1

a1 b1 c1
b = kb (111).(1 1 1 ) =
l 0
1 a'b'c ; ^ a " b l ' c i ;
c = kc

= 0
aa1 bb1 ce1

bb'cc1 + aa'bb1 + cc'aa1
- 0
aa'bb^c 1

Si aa'bb1 + aa'cc1 + bb ! cc l = O1


15." Encuentre la ecuación del plano determinado por las rectas

x + 1 = kt x + 13 = 12S

y - 3 = t y y - 1 = 6S

z - 1=0 z - 2 = 3S

SOLUCIÓN

El plano debe incluir al punto de intersección de las rectas

x 0 = i»t0- 1 = 12S 0 - 13

YO " t 0 + 3 = 6 S Q + 1

20 = 1 - 3 S 0+ 2

3S 0 = 1 - 2 = -1

so--*

x 0 = 12(-1) - 13 = - k - 13 = - 17

y0 = 6(- 1) + 1 = -2 + 1 = -1

z
o-
Po = (-17, -1, D

Comprobación:

t0 + 3 = -1
t0 = -1 -3 = - ,
/

x 0 - ^(to)-1 = -16 -1 = -17


La ecuación del plano es
P = PQ + U£ + s _
v con u y v los vectores que determinan las rectas o
sea t = (4, 1, 0)
, y v = (12, 6, 3)
P = (-17, - 1 , 1 ) + t(k, 1,0) + S(12, 6, 3)
(x, y, z) - (-17, -1, 1) + t{k, 1, 0) + S(12, 6, 3)
(x, y, z) = (-17 + ht + 12S, -1 + t + 6S, 1 + 35)

Si hubiéramos seguido el procedimiento del libro el resultado sería
x-¿ty + 4z + 9 = 0. Chequemos que representan al mismo lugar geométrj^
co

-17 + kt + 12S - 4(-1 + t + 6S) + k(] + 3S) + 9 =

= -17 + kt + 12S - k - kt - 24S + k + 12S + k + 12S + 9

= -17 + k + 4 + 9 + ^t - kt + 12S - 24S + 12S = 0 q.e.d.

16.- Determine los puntos de intersección de la recta P con los planos coor
denados x=0,y=0yz=0

SOLUCIÓN

P = (2, 1, 7) + t(0, 6, k) = (x, y, z)

Cuando x = 0, no importa que t se tome, no dará el resultado.

Por tanto no cruza al plano yz.

1
Cuando y = 0, t = - P = (2, 1 , 7 ) - , 6,
Z
- (2, 1, 7) - (0, + 1, ~)

= (2, 0, 7 - |) = (2, 0, 6 1/3)

punto de intersección con el plano xz<


Cuando z = 0 * = -£ , P = (2, 1, 7) + ( {) (0, 6,
-

= ( 2 , 1 , 7 ) - (0,~^f , 7)

= (2, j- , 0)
j que es la ¡nter_
sección con el pía
no xy.


17." Encuentre la longitud de la perpendicular del origen al plano
2x-4y+z-8=0

SOLUCIÓN

Un vector perpendicular al plano es el (2, -*t, 1 ) , La recta que pasa
por el origen y tiene esta dirección es P = t(1, - 4 , 1 ) . Corta al p
no con una t tal que 2(2t) - k{-kt) + t - 8 = 21t - 8 = 0

Para t - -^ • 0P - " - f ^ , ^ —
^ , PP {^ - , J ^ vy 0P - / 2 5 6
—) 0P - • * ?02¿f +
W]
6¿
*

21 x 21


EJERCICIOS A RESOLVER

1.- Los vectores que se dan a continuación expresarlos en la forma

I) El vector de magnitud 6 y dirección y I rad
I

i i) El vector de magnitud 8 y dirección T- I rad
I

íi i) El vector de magnitud k y dirección 330°

iv) El vector de magnitud 6 y dirección 30°

2.- De los siguientes vectores dar su norma y dirección. Dibujar los vect£
res en un mismo sistema de referencia,

1 = (3, k) í a (.3> k) t = Hi, -6) 3 = (3, 5)

3.- i) Si u = (-2, 1, -k); v = (3, ^, 5) obtenga w tal que

u + w = v -w

i i) Calcula I I3u - 3v + w!

Obtenga un vector a con ||a|| = 5 y que tenga la misma dirección que
b = (2, 1, -1)


5.- Determine un vector que tenga su punto inicial en P(2, 1, k) y que ten_
ga la misma dirección que v = (7, 6, 3)

6.- Determine un vector con dirección contraria a la de v = (2, k, -1) y
con punto terminal en Q(2, 0, 7)

7.- Sean A(2, 3, 2) y Q(7, **, -1)

a) Encuentre el punto medio del segmento de recta que une a P con Q,

b) Encuentre el punto que está en el segmento de recta que une a P con
Q y que está a 3 A de la distancia de P a Q.
.

8.- Determine todos los escalares k tales que ||k v|| = 1, donde V = ( 1 , 2 , 3 )

Sean a, b, c y d cuatro vectores distintos y diferentes de cero en R ó
R3 tales que sus puntos iniciales coincidan. Demuestre que si

b - a = c - d
entonces los puntos terminales son los vértices de un paralelogramo.

10.- Determine si el ángulo formado por a y b es agudo, obtuso, o si los
vectores son ortogonales.

i) a = (7, 3, 5) b = (8, k, -2)
¡i) a = (1, 1, -1) t = (0, 1, -0)
i¡¡) a = (5, 1 , 3 ) t = (2, 0, -3)
iv) t = (2, 1, i») b = (0, 2, 1)


11.- Se dan los puntos P(1, 2, - 1 ) ; Q(-1 , -1 , 1)

i) Determinar el vector ?Q

¡i) Dar un vector unitario en la misma dirección de QP

i i i) Probar que PQ y (1, 0, 1) son ortogonales

12.- Encuentre la proyección ortogonal de a sobre a - b si

i) a - (2, 1, -1) t * (-1, 0, 1)

ii) a = (1, 0, 1) t = (2, 1, k)

13." Un vector unitario, tiene sus tres ángulos directores iguales, y este
ángulo 0 cumple con 0 .<. 0 <. y . ¿ Cuál es el vector ?

14.- Dar un vector de magnitud 10 con dirección idéntica al vector anterior.

15 •" ¿ Existe un vector unitario que tenga ángulos directores j-, -- -j- ?.
^,
justifica tu respuesta.

16.- Muestra que las diagonales de un rombo son perpendiculares.

Prueba que los puntos A(3, 2, - 1 ) ; B(k, 1, 6 ) ; C(7, -2, 3) y D(8, -3, 1)
son vértices de un paralelogramo.

18.- Dados A(1, 1, 0 ) ; B(-2, b 2 , 1) encontrar b 2 tal que el ángulo <£ AOB =
150°.


19,- Determinar el ángulo formado por la diagonal de un cubo y la diagonal
de una de sus caras.

20.- Sean u = (3, - 2 , 6) v = (-2, 1, 0)

i) Calcula la proyección ortogonal de u sobre u + v

i i) Calcula la componente de u ortogonal a v

iii) Calcula el ángulo que hay entre u y (u - v)

21.- Dados u = (3, - 2 , 1 ) ; v = (4, 3, 2 ) ; w = (í, 5, 1) Hallar
i) La proyección ortogonal de u sobre (v + w)
¡i) La componente de u ortogonal a v x w
iii) Un escalar a tal que ||a(u + v ) | | = ¡|w||
iv) El volumen del paralelepípedo formado por los vectores u, v, w.

22.- Dar el área del APQR con: P(0, 2, 2 ) ; Q(4, 4, 1 ) ; R(3, h, 3)
GRÁFICA EL TRIANGULO.

23.- Sea u = (1, - 2 , 3) y v = (-3p, P2» 3 ) . Determinar el valor de p de
tal manera que los vectores u y v sean ortogonales.

24.- Dar dos vectores ortogonales y unitarios a los vectores:

Z = 2t - 3l + k ; v = -t + 2j" + 3k

25.- Dados los vectores u = (1, - 2 , 3 ) ; v = (-1, 1, 2) encontrar tres vecto
res ortogonales a u y v.


26,- Muestre que el vector a = (a, b) es ortogonal a la recta
ax + by + c = 0

27." Sea ¿ una recta de ecuación x = a + tv. Hallar t].e R tal que x sea
ortogonal a v.

28.- Determine la ecuación paramétrica de la recta que pasa por los puntos
P(5, - 1 , *Ü y Q(6, 2, 5)

Determine las ecuaciones de un par de planos cuya intersección es la
recta dada por:
x = 1 + 2t
y = -2 + 3t te R
z = 5 - t

30.- Determine las ecuaciones del plano xy, del plano xz y del plano yz

31.- Demuestre que la recta
x - 0
y = t te R
z = t

a) Pertenece al plano 6x + ^y - kz = 0
b) Es paralela al plano 5x - 3y + 3z ~ 1 = 0

32.- Encuentre el punto de intersección de la recta

x = k + 5t
y = -2 + t te R
x = k - t

y el plano 3 x - y + 7 z + 8 = O


33."* Demuestre que la recta
x = k + 2t
u = -t te R
z = -1 - kt
es p a r a l e l a a l p l a n o 3 x + 2 y + z - 7 = 0

Encuentre la ecuación del plano que pasa por el punto P(2, -4, 5) y
paralelo al plano 5x - 2y - z + 9 = 0.

35-- Demuestre que los puntos (3, "*, 2) y (-5, 6, 3) pertenecen a la recta
"*
determinada por los planos x + 8z = 19, y = 10z - 2k

36.- Si una recta hace ángulos de 60°, ^5° y ¿0° con los ejes x, y, z y pa_
sa por el punto (1, -3, 2) demostrar que la ecuación de la línea es
x - 1 = /TT y+3 = z-2

37-~ Hallar la ecuación del plano que pasa por el punto (-1, 2, - 3 ) , que es
perpendicular al plano 3*+2y+5z = 0 y paralelo a la recta
4x - 3y + 2z = 7
5x + 2y + 3z = 6

38.- Sean A(-3, 1 , 7 ) ; B(8, 1 , 7 ) . Encontrar todos los C(Ci, C 2 , C 3 ) tal
que AC I AB

Se da el plano 3x - y + 7z + 8 = 0, encontrar la ecuación paramétrica
de una recta contenida en el plano.

40,- Da la ecuación del plano que contiene al eje n x M y al punto (2, -1, 1)


k].- Hallar la ecuación del plano que es ortogonal a los planos
3x - 2y + z - 1 = 0 2x + 3y - 5z + ^ = 0 y que contiene al punto
(1, 1, 2 ) .

42." Muestra que los vectores dados están en un mismo plano y encuentra la
ecuación del plano. Los vectores son:

a = (1, - 2 , 1); t = (3, 2, - 3 ) ; c = (9, - 2 , -3)

43." Dar la ecuación del plano que contiene al punto (1, 2, -1) y a la recta
x = (1, 2, 3) + t(-1, 4, 3)

Determinar el plano que es paralelo al plano 5 x - 2 y + z - 9 = 0 y que
pasa por la intersección de las rectas:

x + 1 = k - t x + 13 = 12t

y-3=t y~1=6t

z - 1 = 0 z-2=3t


RELACIONA CORRECTAMENTE LAS COLUMNAS DADAS, ESCRIBE EN LOS PARÉNTESIS
LA LETRA CORRESPONDIENTE.

A).- La intersección de los planos y = 0; z = 0 ( ) z = 3

B).- La segunda coordenada del punto A ( ) (-1, k, 1)

C).- Un punto arbitrario del plano y = k ( ) (-1 , 1 , 0)

D).- Las coordenadas del punto Q. ( ) El eje x's

E),- El origen ( ) x=1; y=1; z=t

F).- El plano determinado por los ejes x, y ( ) 32

G).- La tercera coordenada de la normal al plano ( ) z = 0
=
de ecuación -x +•2y + 3z + 1 0

H).- La intersección del plano z = 0 y la línea ( ) x=1; y=-l; z=2+t
x = -1; y = 1; z = t

I).- La línea perpendicular a el plano z = -2 ( ) (0, 0, 0)
en el punto ( 1 , 1 , -2)

J),- La línea que pasa por el punto ( 1 , - 1 , 2 ) ( ) (qi, q2,
en la dirección del vector -k.


SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES

1.- Resuelva las siguientes sistemas de ecuaciones mediante el método de
Gauss-Jordan e i n t e r p r é t e l o geométricamente

I

(a) x + y = 2

(b) x - y = 2

1 1 2 1 1 2 1 1 0
1 -1 2 0 2 0 0 1 1

t

k
II

(a) x + y = 3

(b) x - y = 2

0 2.5
1 .5

Análogamente para sistemas de 3 ó más ecuaciones, que si tienen solu_
ción única el método busca y encuentra planos (o hiperplanos) de la for


ma x¡ = cte que se cortan en el punto solución.

2.- Dado el sistema

a2x +

a 3 x + b3y = c 3

= C2 = o3 = 0 . ¿ Qué se puede decir acerca de él ?

SOLUCIÓN:

El sistema es consistente ya que se trata de un sistema homogéneo que
tiene al menos la solución trivial, es decir x = 0, y = 0

Si el sistema tuviese infinidad de soluciones, entonces se tendría que:

a
ajL=bi- 22. = jí¿. Ó i - a 2 -a-3.
32 b2 a3 b3 bx b2 b3

Es decir, los coeficientes de las variables son proporcionales. Por lo
que se trata en realidad de una sola ecuación. Supongamos que ésta es:

axx +

Entonces, todas las soluciones del sistema están contenidas en la recta
que tiene por ecuación

a
i
y - - - x


3.- Considere el sistema de ecuaciones

x + y + 2z = a

x + z = b

2x + y + 3z = c

Demuestre que para que este sistema sea consistente, a, b, c deben sa
tisfacer la ecuación c = a + b.

DEMOSTRACIÓN:

Usemos el método de Gauss para resolverlo

1 1 a "1 1 2 a
1 0 1 ! b 0 -1 —1 b-a
2 1 0 -1 -1 c-2a

1 1 2 a
0 1 a-b
0 -1 -1 c-2

1 1 2 a
!
0 1 1 ; a-b
;
0 0 0 -a-b+c

Entonces, para que este sistema sea consistente se debe tener que:

-(a + b) + c = 0

Esto es:

c = a + b


Sea el sistema de ecuaciones

ax + by = 0
ex + dy = 0

(a) Demuestre que si x = X Q , y = yg es cualquier solución y k es una
constante, entonces x = kxQ, y = kyo también es solución.

(b) Demuestre que si x = X Q , y = yo Y x i = x , y = yi son dos
nes cualesquiera, entonces x = X Q + xi, y = yg + yi también es
ción.

Solución de (a).

Si x = X Q , y = yo es cualquier solución del sistema, entonces lo
face, es decir

ax Q + by Q = 0

cx 0 + dy 0 = 0

Ahora bien, queremos demostrar que x = kxQ, y = kyQ también es solu
ción, es decir, que satisface al sistema.
Veamos
a(kx 0 ) + b(ky 0 ) = k(ax 0 + by 0 ) = k(0) = 0

+
c(kxo) d(kyo) = k(cx 0 + dy 0 ) = k(0) = 0

Por tanto x = kxg, y = kyQ es solución.


Solución de (b)

x
Como x = xg, y = YQ Y - xi> y - yi son
soluciones, se tiene
que:

ax 0 + by Q = 0 = 0

cx 0 + dy 0 = 0 + dyx = 0

Ahora, sumando las ecuaciones de los sistemas I y II, tendremos:

a(x 0 + x ) + b(y 0 + yi) = 0

c(x 0 + x ) + d(y 0 + yi) = 0

Entonces, x = X Q + Xi, y = yg + yi también es solución.

5.- Si las ecuaciones de dos rectas son Ax + By + C = 0 y A'x + B'y + C = 0
determine condiciones de paralelismo, perpendicularidad, coincidencia e
intersección en uno y sólo un punto.

SOLUCIÓN:

Para 1e1 ismo; La pendiente debe ser la misma pero
Ax C
Ax + By + C = 0 -> y = ~ = -~ x
D D

y y = mx + B

la pendiente m= A
B

son paralelas s¡ A, A1 A A1
B


Perpendicularidad: <=> m*m' = -1

es decir <==> ( - £ ) ( - ^ r ) - -1

A = . |i AA. + BB. = o

NOTA: Esta última formula es también una consecuencia inmediata de la
definición del producto interior de los vectores que representan
a las direcciones de las rectas.

Coincidencia:

SÍ y = - |
(f)x B1

A A'
Y
B B B1

A B
ó sea -zr, =
B1
—, =
B1 §•- A = kA' , B = kB' , C = kC'

Intersección en un solo punto: Si el sistema tiene solución única

Ax + By + C = 0

A!x + B'y + C*= 0

A B C AA1 BA1 CA1 AA1 BA1 CA1

A1 B1 C A'A B'A C'A 0 B'A-BA1 C'A-CA1


y tiene solución única si B'A - BA1

NOTA: Los casos anteriores son los únicos posibles desde un punto de -
vista geométrico. Por otro lado la (o las ) soluciones de un —
sistema de ecuaciones lineales son los puntos que se encuentran
en ambas rectas. Si son paralelas, no hay punto de intersección
es decir, no hay solución; si coinciden hay un numero infinito,
todos los puntos de la recta y si se cortan en un punto, solo —
hay una solución.

6.- Dos ciclistas corren en el mismo circuito cerrado de 1 Km de longitud,
Se cruzan cada 18 seg. cuando tienen direcciones opuestas y se cruzan -
cada 90 seg. cuando llevan la misma dirección.
I Qué velocidades (constantes) llevan cada uno de ellos ?

RESPUESTA:

En la 1-. gráfica, los ciclistas van en sentido contrario. La distan
cía recorrida es 18;Vi y 18tV2. Entre los dos cilcistas han cubier
to el circuito completo. Por tanto

I8V1 + 18V 2 = 1 Km.


En la segunda gráfica los ciclistas van en el mismo sentido y la distan^
cía recorrida por el segundo es 90.V y es una vuelta más que lo reco--
rrido por el primero. Por tanto

90V2 = 1 Km + 90.Vi

90V]. - 90V2 = - 1 Km

9U -90 -1 90 -90 -1 90 -90 -1 '0
9 0 2"

18 18 1 -90 -90 -5 0 -180 -6 0 90 3

3 = 6 Km = 6,000 m m
V2 =
90 180 seg 180 seg = 33*33 seg

Vi =
90 seg 90 ~ seg

7.- Suponga que u = (1, 1, 1) v = (-1, 3, 2) w = (2, -1, 1)

Si ¿ = (3, -4, 9)
3 halle números x, y, z tales que

a = xu + yv + zw

3 = x - y + 2z

-4 = x + 3y - z

9 = x + 2y ~ z

Se resuelve en la forma usual


1 - 1 2 3 1 -1 2 3 1-1 2 3
1 3-1-4 0 4 -3 —7 -*- 0 12 -9 -21
1 2 - 1 9 0 3 -3 6 0 12 -12 24
I

1 - 1 3 3 1 - 1 2 3
O 12 -9 -21 0 12 0 -156 Despejando z = -15
O 0-3 45 0 0-3 45 _ -156
y 12 = -13

x = 20 a = 20u - 13v -

8.- Sean x = (1, 2, 3); y - (-1, 2, 3); z = (-1, 6, 9)

Encontrar a, b, ce R tal que

ax + by + cz = (1, 1, 0)

SOLUCIÓN:

De manera análoga al ejercicio anterior se puede proceder

a(i, 2, 3) + b(-1, 2, 3) + c(-1, 6, 9) = (1 , 1, 0)

(a, 2a, 3a) + (-b, 2b, 3b) + (-c, 6c, 9c) - (1, 1, 0)

(a - b - c, 2a + 2b + 6c, 3a + 3b + 9c) = (1, 1, 0)

a - b - c =1

2a + 2b + 6c = 1

3a + 3b + 9c = 0


Resolviendo el sistema

1 -1 -1 1 1 -1 -1 1 1 -1 -1 1
2 2 6 1 0 k 8 -1 0 1 2 -4
3 3 9 0 0 6 12 -3 0 1 2 -i

1 - 1 - 1 1
0 1 2.-4
0 0 0 -4

El sistema no tiene solución, luego no existen a, b, ce R tales que
ax + by + cz = (1 , 1 , 0)


9.- Hallar a, b, ce tR que cumple con:

a(i, - 1 , 0 ) + b ( i , 1 , 1 ) + c ( 2 , 0, 1) = (3, 1, 2)

SOLUCIÓN:

Haciendo el producto de un escalar por un vector

(a, -a, 0) + (b, b, b) + (2c, 0, c) = (3, 1, 2) sumando los vectores

(a + b + 2c, -a + b, b + c) = (3, 1, 2) Como dos vectores son
a + b + 2c = 3
son iguales
-a + b =1
componente a componen
b + c = 2 te se tiene el s¡ste_
ma de ecuaciones.

Resolviendo el sistema por el método de reducción de Gauss

1 1 2 1 1 2 3 1 1 2 3 1 0 2 1
-11 0 0 2 2 k O/ 0 1 1 2 0 1 1 2
0 1 1 0 1 1 2 0 0 0 0 0 0 0 0

a + 2c = 1 a = 1 - 2c

b + c =2 b = 2 - c

luego el sistema tiene una infinidad de soluciones

Asf existen una infinidad de valores que satisfacen la igualdad dada y
que son

• a - 1 - 2t
b = 2 - t
c = t con te£B.


10.- Hallar el valor de a para que el sistema de ecuaciones que se da;

i) tenga solución
i i) no tenga solución
i i i) tenga más de una solución,

xi + x 2 + x 3 = 2
xi + 3x 2 + x 3 = 8
2xi + 3x 2 + (a2 - 7)x3 = a + k

SOLUCIÓN:

Resolviendo el sistema de ecuaciones por el método de reducción de
Gauss se tiene:

1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2
1 3 1 8 <v 0 2 0 6 0 1 0 3
2 3 a -7 a+k 0 1 a -92
a 0 1 .«-9 a

1 1 1 2
0 1 0 3
0 0 a 2_Q a-3

Puesto que en la posición 33 de la matriz aumentada se requiere tener
un 1, es necesario dividir entre a 2 ~9. Para poder efectuar tal opera_
2
ción a -9 debe ser distinto de cero. Luego si a 2 -9 = 0 entonces
a = 3 ó a = ~3

Si a = 3 entonces la matriz queda como:

1 1 1 2
0 1 0 3
0 0 0 0


Entonces hay una infinidad de soluciones

Si a = -3 la matriz queda como:

1 1 1 2
0 1 0 3
0 0 0 -6 El sistema no tendrá solución

Si a + ± 3 entonces

1 1 1 1 1 1 1
0 1 0 3 0 1 0 3
0 0 1 a-3 0 0 1 1
2
a -9 a+3

De donde el sistema tendrá solución única.

Resumiendo:

i) Para a = 3 el sistema tiene infinidad de soluciones,

i i) Para a = -3 el sistema no tiene solución

i i i) Para a ^ ± 3 el sistema tiene solución única.


11.- Pruebe que la ecuación del plano que pasa por el origen y la línea de
intersección de los planos:

es el plano x + 5y + 2z = 0
x + y+ z - 1 = 0

DEMOSTRACIÓN:

1er. método. Encontrar la recta intersección

3x - y + 2z - k = 0 3 -1 2 -k 3 -1 +2 -h

3x + 3y + 3z - 3 = 0 3 3 3 - 3 0 -íf -1 -1

3 -1 3 O

0 1 O 1

1 1
1 T Z "Tí

Dando valores a t por ejem. t = 0 _ 5

y = -

L
z =o , , -i . o)

y = -T = - T 1 Q(j, " j, D

Por tanto una normal al plano que definen el origen 0, P y Q es:


O P " x O Q = P x Q = (j-, -, 0) x (j- , - j , 1)

¡ J

I i
- •1 •*i - - 5 -^ - - r -^ .
¿ r j 1 k De aquí un vector

normal es (1,5,2)

=
La forma punto normal, pasando por 0(0, 0, 0) es n (1 ,5,2)
•(x, y, z) = x + 5y + 2z = 0.

22 Método, Un plano que se obtenga como combinación (suma y multipli_
cación por un número real) de los dos dados tendrá la misma recta solu_
ción como intersección con ellos, por tanto si queremos obtener un pla_
no que pase por esta recta y por el origen basta eliminar el término
constante.

Multiplicando por k la segunda ecuación y restándole la primera

kx + ky + kz - k
x + 5y + 2z = 0


12.- Resolver el siguiente sistema de ecuaciones, usando el método de Gauss.

x - 2y + z - kN = 1
x - 3y + 7z - 2w = - 1
x - 12y - 11z- w= 2

SOLUCIÓN:

"1 -2 1 -k 1 1 -2 1 -k 1
1 3 7 - 2 -1 0 0 6 2 -2
1 -12 -11 -1 2 0 -10 -12 3 1

1 -2 1 1
0 10 12 -3 -1
0 0 3 1 -1

1 -2 1 1
0 1 6 -1/10
5 "To
1
0 0 1 -1/3.
3

De este último arreglo matricial se tiene que un sistema equivalente al
original es:

x - 2y + z - W = 1

y
5Z 10 w = - __
J
10
z + -~ vi I
3

Por lo que:

r


= T5"+ TÍw
29 j. 86

Finalmente, sí w = t, te R, entonces tendremos que la solución final
queda

y
10 10
1 1
z - - - t

w =t

Note que el sistema anterior tiene infinidad de soluciones

13.- Sí un sistema de ecuaciones lineales, tiene más incógnitas que ecuacio
nes. ¿ El sistema siempre es consistente ?

SOLUCIÓN:

La respuesta es NICL Por e j e m p l o :

x+ y + z - w = 1
-x + y ~ z + w = 2
x + 3 y + z - w = 0

Usando e l método de Gauss


1 1 1-1 n i i - i
-1 1-1 1 0 2 0 0 3
1 3 1-1 0 2 0 0 -1

1 1 1 -1 1
•y, 0 1 0 0 3/2

0 0 0 0 -4

El sistema equivalente al inicial es

x + y + z• - w = 1
y = 3/2
Ox + Oy + Oz +' Ow = .-4

Pero la ultima ecuación es imposible, pues no existen números x5y,z,w
que la satisfagan.

14.- Encontrar para que valores de a el sistema


ax¿ + 2x3 = 2
x2 + 4x 3 = 7
l
ax 2 + (a: +l) x 3 = a+

a) tiene solución única
b) no tiene solución
c) tiene infinidad de soluciones

SOLUCIÓN:


1 a 2 T 1 a 2 f
2 3a-l 4 1 0 a-1 0 3

1 a a 2 +l a+1 0 0 a2-l a-1

El sistema es consistente si a2-l * 0, es decir a * ± 1
2
y será inconsistente si a -l = 0, es decir a = ± 1 .

Entonces:

a) El sistema tiene solución única si a * ± 1

b) No tiene solución si a = ± 1

c) No hay ningún valor de a^ para el cual, el sistema tenga infinidad
de soluciones.


15.- ¿ Qué condición deben satisfacer -hi, h 2 , h3 para que el sistema

+ 2X2 + 3X3 + 4xi» = h x
+ 2x 2 + 4x3 + 5*4 = h 2
+ 4x 2 + 5x3 +

sea consistente ?

SOLUCIÓN:


1 2 3 4 1 2 3 4 ! hi
1 2 4 5 h2 0 0 1 1
2 4 5 7 h3 0 0 -1 -1 h 3 -2h L

1 2 3 4 hi
0 0 1 1 h2-hi
0 0 0 0 h 3 + h 2 - :3hx

Entonces, para que el sistema sea consistente se debe tener que:

h3 + h2 - 3hi =. 0

= 1 (h3 + h 2 )


16.- Balancee la siguiente reacción química:

NHC1 2 + NH 3 N 2 + NH^Cl

SOLUCIÓN:

Balancear una reacción quiere decir encontrar números A, B, C, D tal
que haya el mismo número de átomos de cada lado de la reacción para ca_
da uno de los elementos

ANHCI BNH3 CN2

Para el nitrógeno N: 1«A + 1«B = 2C + 1«D

hidrógeno H: 1«A + 3 B = 0«C + 4«D

cloro Cl: 2«A + 0«B = 0«C + 1-D

R e s o l v i e n d o por Gauss-Jordan

A+ B - 2 C - D = 0

A + 3 B - 0 - 4D = 0

2A+ 0 + 0 - D = 0

1 1 - 2 - 1 2 0 0 - 1 2 0 0 -1
1 1 - 2 - 1 1 1 -2 -1

-1 1 3 0 -A o 3 0 -4

2 O O -1 2 0 0 -1 2 0 0 - 1

O -2 4 1 0 -2 4 1 0 - 2 4 1

7
O -6 0 2 0
3
0 0 4 4

2 0 0 -1 2 0 0 -1
0 -2 0 7/3 0 1 0 -7/6
0 0 4 -4/3 0 0 1 _• n


B = -r D Para que A, B, C resulten enteros es necesario que
D sea
r - JD
C _ 3_ n múltiplo de 2, de 3 y de 6.
Intentemos D= 6 entonces A =3
B =7
C =2

3NHC1 2 + 7NH3 =¿> 2N 2 + 6NH4CI y si tiene las condiciones de
balanceo.

17.- En una escuela se desea llevar a cabo un torneo deportivo que abarca •
tres especial ¡dades: foot-bal 1 , votley-bal 1 y bas-ket~bal 1 . Se cuenta
con 155 alumnos, de los cuales 90 serán titulares y los restantes 65
serán reservas por haber obtenido malas calificaciones; además cada
alumno sólo se puede dedicar a una especialidad deportiva. El objetivo
es encontrar el número de equipos que se pueden formar en cada deporte.
Para cada equipo de foot-ball se requieren 11 jugadores titulares* y 6
reservas; para cada equipo devolley-bal1 se necesitan 6 titulares y 6
reservas, y para cada equipo de basket-ball son necesarios 5 titulares
y 5 reservas. Encuentre la solución

SOLUCIÓN:

El número de equipos de cada deporte son las incógnitas a resolver

x = # de equipos de f o o t - b a l l
y = # de equipos de v o l ] ey-bal 1
z = # de equipos de baskat-bali


Para los titulares se formula una ecuación y para los reservas, otra

Hay 2 ecuaciones y tres incógnitas

Entonces

90 = 11x + 6y + 5z
65 = 6x + 6y + 5z

Resolviendo por Gauss-Jordan, por suma ó resta

25 - í>x + Oy + Oz ==> x = 5

Entonces

90 = 11.5 + 6y + 5z = 55 + 6y + 5z
6y + 5z = 90 - 55 = 35 .

De la ecuación de reservas queda la misma ecuación. Tenemos una ecua
ción con dos incógnitas y, z.

Pero hay una condición extra: El número de equipos debe ser entero y p£
sitivo (o cero)

Despejando z, z = 35-6v . Damos valores a y
-y y vemos los que

tan en una z positiva y entera.

Si y =0 z —y
y - 1 z fraccionaria
II
y =2 z
ti
y =3 z
y - 4 z n

y - 5 z

Si y = 6 más z negativa

Soluciones pos i bles z=7


x=5 y=5 z = 1 se rechaza esta solución ya que s¡
hay un equipo de basquet-bal1, no tiene contrincantes con quien
jugar.

18.- Determinar la intersección de las rectas cuyas ecuaciones son

u = (1, -1, -1) + t(2, 3, -1) te R
v = (-1, 0, 2) + s(-2, 1 , 3 ) se R

SOLUCIÓN:

Queremos hallar los puntos que estén en ambas rectas.

Sabemos: que un punto pertenece a la recta sí y sólo sí sus coordenadas
satisfacen la ecuación de la recta, luego un punto estará en ambas rec
tas si sus coordenadas satisfacen ambas ecuaciones.

Los puntos de las rectas son de la forma:

u = (ui, u 2 , u 3 ) = 0 , - 1 , - D + t(2, 3, - D = 0 + 2t, -1 + 3t, -1, -t)
v = (v!, v 2 , v 3 ) = (-1, 0, 2) + s(-2, 1, 3) = (-1 -2s, s, 2 + 3s)

Así, para que un punto esté en ambas rectas debe cumplir con:

u x = vi 1 + 2t = -1 - 2s

U2 = v 2 es decir -1 + 3t = s
u3 = v3 -1 -t = 2 + 3s

luego tenemos que encontrar los valores de s y t que satisfacen las tres
ecuaciones. Resolviendo el sistema


2t + 2s = -2 2 2 1 3 -3 1 3 -3 1 0 0
3t - s = 1 3 -1 0 k 0 1 -1 0 1 -1
- t - 3s = 3 -1 -3 0 -10 10 0 0 0 0 0 0

t = 0
s = -1

De donde los vectores u y v serán iguales cuando t = 0 y s = -1.
Veamos:

u = (1, -1, -1) + 0(2, 3, -1) = (1, -1, -1)

v = (-1, 0, 2) + (-1)(-2, 1, 3) - (-1, 0, 2) + (2, -1, -3) = (1, -1, - D

Las rectas se ¡ntersectan en el punto (1, -1, -1)

19.- Una parte de la red hidráulica se muestra en la figura.


El agua de A llega a kO lt/min, en B a 20 lt/mín.

Sean fi, Í2, f3, fi* el flujo de agua a través de los tubos en las di
recciones señaladas.
Para que el sistema sea viable es necesario que el agua que entra en un
punto de, conexión sea la misma que sale en el mismo punto.

i) Escribe la condición que debe satisfacer el flujo en cada punto
de conexión.

¡i) Muestra que la red hidráulica será posible si f^ = 60 lt/min.

i i i) Si fi+ = 60 lt/min el sistema tiene una infinidad de soluciones.

SOLUCIÓN:

i) Como en cada punto de conexión el líquido que entra debe ser el
mismo que sale se tiene:

Para A: 40 = fi + fz

Para B: f x + 20 = f 3

Para C: fz + ^3 = "i
F*

i i) De i se tiene el siguiente sistema de ecuaciones

fi + f 2 = 40

fi - f 3 = -20

f2 + f3 - ft* = 0

Resolviendo el sistema de ecuaciones


1 1 0 0 ^0
0-1-1 0 -60
0 1 1 - 1 O

1 1 O O hO 1 0 -1 0 -20
O 1 1 O 60 0 1 1 0 60
0 0 0-1 -60 0 0 0 1 60

Si f4 = 60 la red hidráulica es posible

iii) f1 = -20 + f 3 -20 + t
f2 = 60 - f 3 f 2 = 60 - t

fi» = 60 t

u= 60 te R

El sistema tiene una infinidad de soluciones .

Matemáticamente para cada número real hay solución, sin embargo
físicamente no toda solución es válida. ¿ Puedes determinar que
valores de t son físicamente aceptables ?.


20.- Sean u = (-1, 3, 2) y w = (1, 1, -1). Encuentre todos los vectores
x que satisfacen u x x = w

SOLUCIÓN:

x = (x, y, z)
i j k
Entonces u x x -1 3 2 ' ¡(3z - 2y) - j(-z - 2x) + k(-y - 3k)
x y z
= (1, 1, -D

0-2y + 3z = 1
2x + 0 + z = 1
-3x - y + Oz = -1

y como ya sabemos resolver sistemas de ecuaciones,

3 -1 0 -1 1
4 0
1 1
+1
1
4
2 0 1 1 1 0
2 2 "3 2
0 -2 3 1 0 -2 3 1 -2 3

1 1
1 0 +y 1 0
"3 " 3
1 1 1
0 0 -2 3 1
"3 2 6
0 -2 3 1 0 -2 3 1

1 1
1 0
" 3 " 3
1
- 3t _ 3t - 1
0 -2 3 1 ==> z=t y y
-2 2
0 0 0 0
i
x =
" 3 4 f3t
V
2
- 1
3
3t - 1
6

= X


21.- Una persona decide dedicar 18 hrs. a la semana para su recreación.
En alguna semana decide asistir al boliche, al billar y al cine. Si
asistir al cine le cuesta 100 pesos la hora, al billar 60 pesos la hora,
al boliche 300 pesos la hora y solamente cuenta con 3,000 pesos. ¿ De
que forma puede planear su recreación ?.

SOLUCIÓN:

Sea C el número de horas que estará en el cine,
b el número de horas que estará en el billar
B el número de horas que estará en el boliche

La suma de horas debe ser 18 Por lo tanto

C + b + B = 18

El precio total debe ser 3,000 por lo tanto

100C + 60b + 300B = 3,000

resolviendo el sistema de ecuaciones

1 1 1 18 1 1 1 18
100 60 300 3000 5 3 15 150

1 1 18 1 1 1 18
o 10 60 0 1 -5 -30 o.

1 0 6
o 1 -5 -30


C + 6B = 48 C * 48 - 6B
b - 5B = -30 ' b =-30 + 5B

Si B = t con te R

C = 48 - 6t
b = -30 + 5t
B = t te R

Como sistema de ecuaciones hay una infinidad de soluciones .
¿ Para la situación que se plantea cuales son aceptables ?

t
5t - 30 >. 0 ; 5t >. 30 ; ~ q t >. 6

48 - 6t <. 0 ; 48 <. 6t ; t <. -^ t <. 8

Así t debe de cumpl ir 6 .< t <. 8

luego podrá ir al boliche entre 6 y 8 horas, a partir de aquí determina
rá cuánto le queda para ir al billar y al cine.

22,- En un valle ha llovido sin interrupción y con la misma intensidad día y
noche, durante 30 días. Al empezar el "norte11, tres depósitos abiertos
para acumular el agua de lluvia tenían la misma altura de agua en todos
ellos. Se sabe que el primer depósito de 60 m 2 de superficie ha serví
do para abastecer a 20 personas durante los 30 días de lluvia, quedando
luego vacío; el segundo de 15 m 2 ha abastecido a seis personas durante
los 2£ primeros días de lluvia hasta quedar vacío; ¿ a cuántas personas
abastecerá el tercero de 75 m 2 , que se ha vaciado en 25 días ?. No se
debe tomar en cuenta el agua que recojan los depósitos pasado el instar^
te en que su nivel llega a cero.


Al inicio

Supongamos que una persona consume t litros o m 3 de agua diariamente al
final los tres depósitos están vacíos.

Como el norte tiene la misma intensidad, podemos suponer que diariamen_
te hay un incremento d diario

Entonces del primer depósito se puede plantear la siguiente ecuación

60*(h + 30 d) = 20*£*30

del segundo

15(h + 20 d) = 6*£*20

Por tanto dividiendo entre t queda h1 = j y d1 = ^

60-h1 + 1800 d1 = 20-30
15 h1 + 300 d1 = 6-20

Por tanto

60h' + 1800 d 1 = 20*30 = 600

60h' + 1200 d 1 = 2¿f20 » 480

600 d1 = 600 - 480 = 120
120 1
d1 =
600 5.
1
15h f + 25*20 120


15h' = 120 - 60 = 60 Para la tercera ecuación

h
" 15 75(h' + 25d') = x-25

3.i» + ¿ I = 12 + 15=

x = 27

NOTA: Los siguientes 14 ejercicios bien podemos decir son sólo para
curiosos, usuaimente no se preguntan en los examenes, pero reco
mendamos se lean.


EJERCICIOS DE APLICACIÓN SOBRE SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES

1.- Un contratista al servicio del INFONAVIT y la CTM ha aceptado órdenes
para 5 multifamiliares, 7 centros sindicales y 12 tiendas sindicales.
Escriba un vector con 3 componentes que sean el numero de cada una de
las edificaciones construidas. Suponga que el sabe que un multifami_
liar requiere 20 unidades de madera, un centro sindical, 18 unidades
de madera y una tienda sindical, 12 unidades.

Escriba un vector columna cuyas componentes den las diversas cantida_
des de madera necesarias para cada tipo de edificación. Encuentre la
cantidad total de unidades de madera necesarias

SOLUCIÓN:

5
El vector de edificaciones construidas es 7 = Vc
12

20
En el mismo orden, el vector de requerimientos de madera es 18 = Vc
12

La cantidad total de unidades se obtiene por producto punto

V E *V R = 5 x 20 + 7 x 18 + 12 x 12 = 100 + 126 + 144 = 370 unidades de
madera.

2.- En la elección de diputados un partido reaccionario contrató a una com
pañi a para promover a sus candidatos en la zona de Satélite y Tlalne
pantla de tres modos:


el teléfono, visitas a la casa y por carta. El costo respectivo por
30 pesos teléfono
contacto era M = 100 pesos visita
20 pesos carta

El número de contactos de cada tflpo hecho en Satélite fue de:

Teléfono Visita Carta
N = [ 1,000 500 8,000 ]

y en Tlalnepantla Nf = [ 2,000 800 13,000 ]

a) Determine la cantidad total gastada en Satélite utilizando el pro
ducto punto.

b) Lo mismo para Tlalnepantla.

SOLUCIÓN:

a) El producto punto M-N da el costo total pagado en Satélite, ya
que cada entrada de M corresponde al mismo concepto en N.
Por tanto M-N = 30 x 1,000 + 100 x 500 + 20 x 8,000 =
= 30,000 + 50,000 + 160,000 = 240,000

b) En Tlalnepantla M-N1 es el costo pagado
M-N1 = 30 x 2,000 + 100 x 800 + 20 x 13,000 = 60,000 + 80,000 +
+ 260,000 = 400,000


1 2
Si A = 0 1 , exhiba la matriz elemental E tal que
2 1

'2 1"
EA = 0 1
1 2

SOLUCIÓN:

Lo que E debe hacer es intercambiar el primer y el tercer renglón.
Eso se logra de la matriz identidad intercambiando el primer y el ter_
cer renglón.

i.e. 1 0 0 0 0 1
0 1 0 __^ 0 1 0
0 0 1 1 0 0

o o r 1 2 2 1
0 i o 0 1 = 0 1
1 o o 2 1 1 2

4.- Si - 2x 2 + 3x 3
ya = xi + x 2 + x3 z2 = y 2 + y3
y = x + 3x 2 - x 3 3y 2 + 4y 3

Obtenga a las z's en términos de las x's.


Primer método:

= (2xi - 2x 2 + 3x 3 ) (2xi + 3x 2 - x 3 )
= 4xi + 4x3 + x 3

Z2 = -(Xj. + X 2 + X3) 3x 2 - X 3 )
0 + 2x 2 - 2x3

z 3 = 2(2xx - 2x 2 + 3x3 x 2 + x 3 ) + 4(x x + 3x2 - x 3 )
+ llx2 + 5x3

Segundo método:

1 0 2~ "2 -2 31 Xl 4 4 r Xl

22 0 -1 1 1 1 1 x2 0 2 -2 x2
Z3 2 3 4 1 3 -1 x3 11 11 5 x3

4x 2 + x 3 '
z2 2x 2 - 2x3
.Z3j llx2 + 5x3

5.- PEMEX opera cuatro refinerías que producen, cada una, tres productos
derivados del petróleo. La matriz A enseña el número de unidades de
cada producto programado para su producción en cada planta para el si


guíente mes. Cada producto requiere determinada cantidad de tres ti
pos de materiales.

La matriz B exhibe las especificaciones para cada producto.

a) Como PEMEX practica una política de compras centralizadas en el
D.F., la oficina de compras debe saber la cantidad total de unida_
des de cada tipo requerido para el próximo mes, así como los re_
quisitos de las refinerías específicas. Use la multiplicación de
matrices para resolver el problema de la oficina de compras.

b) Si la matriz exhibe el costo de cada unidad de materia prima re
querida, use multiplicación matricial para exhibir el costo total
de las materias primas en cada planta.

Refinería Producción Programada
del Productor
1 2 3 4
1 2 4 0 1
A = 2 3 0 0 m
4 2 1 5 n

Materia Prima Producto
1 2 3
1 1 1 1
B = 1 0 2 m
1 4 3 n

Costo Unitario Materia Prima
2 1
D = 3 2
5 3


SOLUCIÓN:

a) Se desea saber la cantidad total de unidades de cada tipo requeri_
do para el próximo mes.
Necesitamos saber cuanto va a producir cada refinería de cada pro^
ducto y multiplicarlo por lo que requiere la producción de cada u_
nidad y sumar las contribuciones de las diversas refinerías.

1 2 4 1+2+4 1+0+16 1+4+12'
2 3 2 1 1 1 2+3+2 2+0+8 2+6+6
A'xB = 1 0 2
4 0 1
1 4 3
4+0+4 4+0+4 4+0+3
0 0 5 0+0+5 0+0+20 0+0+15

"7 17 17'
7 10 14
5 8 7
5 10 15

A1 exhibe la producción por refinerías de los 3 productos, B
exhibe la necesidad de materia prima por producto definido. Ana
1 icemos (124).

= 1+2+4. El primer 1 indica que se va a producir una

unidad del producto 1 en la primera refinería. El segundo 1 indi_
ca que para producir una unidad del producto 1 se requiere una
unidad de materia prima 1 y se requiere 1 unidad para alcanzar
la producción deseada en 1. El 2 significa que se van a producir
2 unidades del producto 2 y el 1 por el que se multiplica indica
que se requiere una unidad de la materia prima 1 para producir m,
y así con el 4.

Si sumamos da la cantidad del producto 1 que se requiere en la
refinería 1 para la manufactura de los tres productos. Y así el
resto de la tabla.


La oficina de compras necesita saber que se requieren (24, 55, 53)
unidades de las materias primas 1, 2 y 3 respectivamente.

La oficina de distribución de PEMEX necesita toda la matriz.

b) El costo se obtiene al multiplicar la matriz obtenida, cuyos ren__
glones son las diversas materias primas de una sola refinería por
la matriz de costos.

7 17 7 14+51+35 100
7 10 14 ¿ 14+30+70 114
ó
5 8 7 r 10+24+35 69
0
5 20 15 10+60+75 145

Esto es lo que tienen que saber los cajeros de la calle Marina
Nacional.

6.- ¿Cómo cambia el producto de dos matrices A y B si
a) Los renglones i y j de A se intercambian?

SOLUCIÓN:

Podríamos proceder con un ejemplo A de 2x2 intercambiar sus renglones
y luego multiplicar por B .
Multiplicar A y B directamente y ver si se parecen. Luego si todavía
tenemos fuerzas seguirle con otros ejemplos 2x3, 3x3, etc. para ver si
es cierto lo que hayamos concluido en el ejemplo de 2x2.


Luego, tratar de hacer inducción para n y m.
Hay otro camino más fácil y más general. Sea Ejj la matriz elemental
que intercambia los renglones, entonces E^jA es la matriz A con sus
renglones i y j intercambiados, Pero (EjjA)B = En-j(AB) que es la ma_
tríz AB con renglones i y j intercambiados.

b) El renglón j de A es multiplicado por un número c y se le agrega
el renglón i.

Análogamente sea E.¡ -j+cj la matriz elemental que al renglón j de I
se le multiplica por c y se le suma el renglón i.
Entonces (E.¡3-¡+CjA)B = E. ^ .(AB) o sea que es lo mismo hacer las
operaciones en A y luego multiplicar por B, que multiplicar AB y luego
efectuar estas operaciones elemental en AB.

7.- Un problema típico que surge en el análisis dimensional es el siguien
te. Un fluido en movimiento está descrito por las siguientes varia__
bles

V = velocidad
p = densidad
D = diámetro
g = gravedad
U = viscosidad


En términos de la masa, la longitud y el tiempo, las dimensiones de
estas cantidades son

V P D g
LT" 1 ML" 3 L LT" 2 ML" 1 !

Se desea saber si hay algún modo de formar productos no dimensionales
C ( P
V p
D q y » y S1 es posible, encontrar tantos produc
tos independientes como sea posible.

Es decir sustituyendo dimensiones

Si ( L r 1 ) 3 (ML" 3 ) b L C (LT" 2 ) = M°L°T0

Deben satisfacer las siguientes tres ecuaciones

de M : b + e = 0
de L : a - 3 b + c + d - e = 0

de T:-a-2d-e=0

Estas son tres ecuaciones en 5 incógnitas.

Su matriz de coeficiente es:

0 1 0 0 1 1-3 1 1-1 1-3 1 1-1
1-3 1 1-1 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1
-1 0 0 - 2 -1 -1 0 0 -1 -1 0-3 1 - 1 -2

1-3 1 1-1
0 1 0 0 1
0 0 1 - 1 1


Hay tres renglones diferentes de cero. Podemos escoger arbitrariamen^
te 2 incógnitas y expresar las tres restantes en término de estas dos.
Sin embargo, de examinar esta matriz es claro que no podemos elegir a
b y a e arbitrariamente (ya que la matriz obtenida omitiendo la segun__
da y quinta columnas es una matriz sin inverso ya que tiene un renglón
de O's), pero podemos escoger a d y a c arbitrariamente.

Si ponemos d = 0, e = 1, y d = 1 y e = 0 como dos elecciones diferen__
tes, esto resulta en las dos siguientes combinaciones

VpD y Dg
y V2

El primero el bien conocido numero de Reynolds y el segundo es el in__
verso del número de Froude.

8.- Calcule a y b sabiendo que
a2/3 b-i/i* = 2

a-l/3 b2/5 = 3

SOLUCIÓN:

2/3 log a - (J-) log b = log 2.122 = .3267

j log a + | log b = log 3.421 = .5341


.3267 -.25
.5341 .40 = -13068 + .1335 = .2641 =
log a --
.666 -.250 .2664 - . 083 .1834
-.333 .400

.666 .3267
-.333 .5341 0.3557 + 0.1078 .4635 = 2.53
log b =-
.666 -. 250 .1834 .1834
-.333 . 450

log a = 1.440 log b = 2.53
a = 27.542 b = 338.844

(27.542)2 / 3 = 9.099

(338.844)"1/1* = (4.290)"1 = .233

(9.099)(.233) = 2.120 ~ 2.122

La segunda ecuación (.3314)(10.280) = 3.406 ~_ 3.421

Este es un ejemplo de linearización de un problema para resolverlo,


9.- Una matriz incidente, es una matriz cuadrada en donde todos sus elemeni
tos son cero o uno. Y por conveniencia todos los elementos de la dia_
gonal son cero.

Si existe una relación entre n-objetos entonces se define la matriz de
incidencia asociada A como A-jj = 1 si i está relacionada con j a y
A-jj = 0 en caso contrario.

Se supone que hay cuatro personas y que cada una de ellas se puede co
municar con otra mediante alguna manera entonces la matriz de inciden
cia será formada mediante
Aíj = 1 Sí i se puede relacionar con j
A-jj = 0 Sí i no se puede relacionar con j

Considera la matriz A

0 1 0 1
1 0 1 1
A=
1 0 0 0
0 1 1 0

=
a,2 1 Significa que la persona 1 se puede comunicar con la persona 2,

a =
32 ^ ^19ni#f1'ca c ue
i ^ a persona 3 no se puede comunicar con la perso__
na 2.

Calcula A 2 . ¿ Qué significado tienen los elementos de A 2 ?.

SOLUCIÓN:

Recuerda para poder multiplicar dos matrices el número de columnas de


la primer matriz debe ser igual al número de filas de la segunda matriz
del producto. Para obtener el elemento C¡j de la matriz producto se
"multiplica" la fila i de la primer matriz, por la columna j de la se_
gunda matriz. Esta multiplicación es: El primer elemento de la fila
i por el primer elemento de la columna j, mas el segundo elemento de
la fila i por el segundo elemento de la columna j, etc, etc, etc.

0 1

r-H
0 1 0 1 0 1 1 2
1 0 1 1 1 0 1 2 1 1

i—1
A2 =
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1
0 1 1 0 0 1 1 2 0 1 1

Analicemos un elemento de A 2 . Sea A2
21

A
21 A 11 + A
22 A 21 + A
23 A 31 + A
24 A 41

Un producto A 2 k A kl ser^ 1 # 9 U d 1 a 1 S1' s ° i 0 s^ la P erS( > n a 2 puede
transmitir a la persona k y la persona k puede transmitir a 1.

Así A 2 ~, da el número de maneras en la que la persona 2 puede transmj_
tir a la persona 1 en dos etapas o en un relevo.

10.- Una relación entre un grupo de personas se llama relación de dominan
cia sí la matriz de incidencia asociada A, tiene la propiedad de que:
A.jj = 1 sí y sólo sí AJÍ = 0 para toda i y para toda j. Esto es dadas
dos personas cualesquiera una de ellas se puede "comunicar" con la
otra (la domina)


0 1 0 1
0 0 1 0
Sea A =
1 0 0 1
0 1 0 0

Matriz de incidencia entre cuatro personas.

Prueba que la persona dos domina (se puede comunicar) con todas las
demás en a lo más dos etapas y que a su vez es dominada por todas las
demás personas en las mismas dos etapas.

SOLUCIÓN:

Por lo visto en el ejercicio anterior A 2 nos dará el número de formas
en las que una persona se comunica con la otra en un relevo por lo tan_
to hay que calcular A 2 .

0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0
A2 = 0 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 1
1 0 0 1 1 0 0 1 0 2 0 1
0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0

El número total de formas de comunicarse en a lo mas dos etapas es
A + A2.

0 1 1 0 0 1 0 1 0 2 1
1 0 0 1 + 0 0 1 0 1 0 1 0
0 2 0 1 1 0 0 1 1 2 0 2
0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 0


La persona 2 se puede comunicar con todas las demás en a lo mas
dos etapas. Ya que la fila dos es 1 0 1 1. También todas las
sonas se pueden comunicar con la persona 2 en a lo mas dos etapas ver
columna 2.

11.- Una manera de simplificar ecuaciones cuadráticas es mediante el uso de
rotación de ejes. Aquí se va a ver como escribir matricialmente una
rotación de ejes. Se considera que todos los puntos del plano están
fijos y que los ejes de coordenadas se rotan alrededor del origen, en_
tonces todos los puntos salvo el origen tendrán nuevas coordenadas,
hallar las nuevas coordenadas de cada punto.

SOLUCIÓN:

Supóngase que () es el ángulo en que se rotan los ejes. Ver figura.
j


El concepto de matriz también facilita los cálculos de sistemas de e^
cuaciones cuando éstos se complican.
Por ejemplo en uno de los circuitos eléctricos, del tipo de los esti[
diados en los cursos anteriores de física, sabemos que debemos usar
dos leyes:
a. Ley de Ohm.-
Voltaje = intensidad • Resistencia
V = I •R
Volts = amperes • ohms
b. Ley de Kirchkoff.-
La suma de las corrientes en un nodo es 0; z Ij=0
Por ejemplo

V2
ya que V2
R R

con Vi
+ =
= i2 i ¿? ~ ¿i - ¿ -¿i ^ TT" * por tanto

si queremos obtener V2 e 1*2 dados Vi e i.

I
R


Ahora, dadas dos resistencias en paralelo

Compruebe que 1 0 1 0
1 1
R
R2 l

SOLUCIÓN:

Si utilizamos la ley de Kirchkoff

y ¿2 = i -v
¿3 = ¿ -V -i."
Por la ley de Ohm Vi V
Vi 2

1 " R~2
Como se están aplicando una diferencia de potencial a las dos resis-
tencias
V = V = V
l 2 3

En resumen v
3 = ¿3 = ¿i ( ¿ +| )
_
o sea
o
1 A..


El resultado que se propone es

~ i 0" ^V 2
sea el sistema de R2 transformando
i 1 •í _
I i 2
_! Ll L R2

la entrada

1 0'
pero
ll

entonces

1 0" 1 0' "Vi"

Vi Vi

1 - 1
"Rl

o sea
Vi
que es lo que obtuvimos aplicando

las leyes para este sistema de dos resistencias en paralelo.


13.- México contaba en 1935 con solo 4 pistas aéreas nacionales: Guadalaja_
ra (A), Monterrey (B), Mérida (C) y León (D), dos internacionales
Acapulco (G) y el Distrito Federal (H) 5 servicios regulares existían
o no entre estos, denotado por 1 ó 0 respectivamente en la siguiente
matriz M. Vuelos de Acapulco y México a Los Angeles (U), Nueva York
(V) y Panamá (W) están dados por la matriz N.

G H
A ~0 1~ V
u w
B 1 1 1 0 0~
M = N =
C 0 1 1 1 1
D 1 1_

Forme el producto MN e interprételo

SOLUCIÓN:

U V W
r A "1
r-H

0 1
1 i 0 0] = B 2 1 1
El número de caminos
0 i Ü 1 1] C 1 1 1
1 i D 2 1 1


de B a U son dos BGU y BHU.
El número de caminos de D a V es 1, DHV, etc.

14.- Los puntos medios de los lados de un triángulo son: R = (-2, -1) --
S = (6, -3) y T = (4, 5 ) . Encontrar los vértices de este triángulo,

R

-' S

SOLUCIÓN:
En la figura de arriba están dibujados los vértices A, B y C del triár[
guio. Para obtener A, B y C procedemos como sigue: Supongamos primero


que A = (u, v ) , B = (x, y) y C = (z, w ) . El problema es evidentemen__
te determinar u, v, x, y, z y w. El enunciado del problema nos dice
que S es punto medio del lado AB" del triangulo AABC, luego las fórmu
las para el punto medio aplicadas a los puntos A, B y S establecen las
identidades:

= 5 (B = (x
4 ' /)• C = (z, w) y T = (4, 5)).

= -2 , JL+JÍ = -1 (A = (u, v ) , C = (z, w) y R = (-2, - 1 ) .

Las anteriores igualdades se pueden arreglar en una lista como sigue:

u+ x =12 (1)
v+ y = -6 (2)
x+ z = 8 (3)
y+ w = 10 (4)
u+ z = -4 (5)
v+ w = -2 (6)

Este es un sistema de 6 ecuaciones con 6 incógnitas. Para resolverlo
multiplicamos la ecuación (1) por -1 y la ecuación resultante la suma_
mos a la ecuación (5). Lo mismo hacemos con las ecuaciones (2) y (6)
es decir multiplicamos por -1 la ecuación (2) y lo que resulte lo suma_
mos a la ecuación (6). Este proceso dará el siguiente sistema:

11+ X = 12 (I1)
v+ y = -6 (2')
x+ z = 8 (3 1 )
y+ w = 10 (4 1 )
-x+ z = -16 (5 1 )
-y+ w = 4 (6 1 )

Ahora sumamos (3 1 ) a (5 1 ) y (4 1 ) a (6 1 ) para obtener:


U+ X = 12 (1" )

v+ y = -6 (2" )

x+ z = 8 (3" )

y+ = 10 (4" )

2z = -8 (5" )

= 14 (6" )

De la ecuación (6") 2w = 14 9 w = 7
De la ecuación (511) 2z = -8 9 z = -4
De la ecuación (4") y+w = 10 9 y = 10-w = 10-7 = 3
De la ecuación (311) x+z = 8 9 x = 8-z = 8-(-4) = 12
De la ecuación (2") v+y = -6 9 v = -6-y = -6-3 = -9
De la ecuación (I11) u+x = 12 « u = 12-x = 12-12 = 0

0 sea que los vértices A9 B, C del triangulo AABC son:

A = (u, v) = ( 0, -9)
B = (x, y) = (12, 3) y
C = (z, w) = (-4, 7)

PROBLEMAS PROPUESTOS

Hallar a, b, c e R que s a t i s f a g a n :

( 1 , a, 4) x ( 2 , b , 3) = ( 1 0 , 5 , c ) .

Muestra que el siguiente sistema de ecuaciones tiene solución no t r i _ _
v i a l si a=b+c ó c=b+a.

x + y eos c + z eos b = 0
x eos c + y + z eos a = 0
x eos b + y eos a + z =0


Cinco legisladores se influencian constantemente entre ellos como se
muestra en el siguiente sociograma

©
i la flecha indica qué legislador
influye sobre el otro de manera

© directa,

por ejemplo: La flecha que va del 1 al 5 indica que el legislador 1
puede influir directamente sobre el legislador 5.

1 Sí existe influencia directa del legislador
i sobre el legislador j
a) Sea =<
0 Si no hay influencia directa.

Escribir la matriz que nos represente la situación que exhibe el socio^
grama.

b) Calcular la matriz que muestre el número de formas en que un legis^
lador puede influir sobre otro legislador usando a lo más un inte£
mediarlo.

c) ¿ Qué legislador se puede decir que es el más influyente ?.


Hallar Xi, x 2 , x 3 , Xi* que satisfagan

-Xi -x 2 + 3 x 3 + 4x^ =1

2xi+ 2x 2 - x 3 - 2x 4 =

x + X + X + Xl
2 i j 2 3 +

Hallar el valor de y para que el sistema tenga:

i) Solución única

ii) Infinidad de soluciones

iii) No tenga solución

*i + x 2 - x 3 = 2
Xi + 2x 2 + x 3 = 3
Xi + x 2 + (y2- 5)x 3 =

¿Qué relación deben satisfacer a, b 9 c para que el sistema tenga solu
ción? :

Xi - x 2 + 3x 3 = a
Xi + x 2 - 2x 3 = b
2xi +3x 2 - x 3 = c


Sean u, v, w vectores que satisfagan:

U + V + W = 1

-u + 2v + w = -j
2u - v + 2w = t

Determinar u, v, w.

Hallar a, b, c, d que satisfagan la igualdad de matrices:

' a - b b + c -6 3"

2d + c 2a - 3d 4 5

Sean:

-1 -3 2 3
A = B =
1 6 -2 3

Hallar una matriz "C" tal que 2CA - B = 0

Hallar el valor de "a" para que el sistema tenga solución:


+ x 2 + ax 3 = 1

+ ax 2 + x3 = a

xi + x2 + x3 = a2

Dé por lo menos 3 maneras con las cuales se anulen los siguientes de
terminantes:

1 2 3
0 4 6
8 -7 1


MATRICES Y DETERMINANTES

1.- Determinar si la matriz dada tiene inversa

1 -2 -1 1
2 0 1 2
A=
3 -2 0 3
1 1 1 -1

SOLUCIÓN:

A tendrá inversa sí y sólo sí |A| * 0. Luego hay que calcular el deter_
minante

1 -2 -1 1 1 -2 -1 1
2 0 1 2 3 -2 0 3
3 -2 0 3 3 -2 0 3
1 1 1 -1 2 -1 0 0

como este determinante tiene dos filas
idénticas es cero.

|A| = 0 Luego A no tiene inversa


2.- Demuestre que p # (qxr) = q*(rxp) = r*(pxq) (y por eso los tres produ£
tos se pueden denotar [pqr]) e interprete el resultado geométricamente.

SOLUCIÓN:

p r r r q q
Px y Pz x y z q
y
q q q q p P
p«(qxr) = x q
y z =- x q
y z )2 x p
y z r*(pxq)
r r r r r
x y z Px p
y Pz x r
y z

qz
r r
Px Py Pz = H) : y z = q'(rxp)
r r r P P P
x y z
K K p
x y z

Como el volumen del paralelepípedo determinado por £, q^, j^ está dado por
el valor absoluto de cualquiera de los tres productos, la magnitud de
ellos debe ser la misma»

3.- Demostrar que la ecuación de la recta que pasa por los puntos
(*2> x ^ ) se
P u e d e expresar como:

x y 1
= 0
x2 Y2


DEMOSTRACIÓN:

Desarrollando el determinante se tiene;

yi 1 Xi 1 xi yi
0 - = X - y
y2 1 X2 1 x2 y2
x2 y2

0 = x(yi-y2) - y(xi-x2) - x 2 yi

que es la ecuación de una recta pues es una expresión de la forma:

ax + by + c = 0

Como:

yi 1 x2 y2

yi 1 Por tener dos filas iguales*

x2 y? 1 x2 y2

Se tiene que los dos puntos satisfacen la ecuación de la recta y por lo
tanto pertenecen a ella.


Si se tiene un circuito eléctrico en serie, usando las leyes de Ohm y

Kirkhoff

¡1 = Í2 Y V 2 = Vi - ¡1R1
o sea
Vi
v2 i vi

Uli o 1

a) Dado el siguiente circuito de dos resistencias en serie demuestre
que

1 -R2 1 -Ri vi

¡3 0 1 0 1 ¡i

ll 12
Ri R2

Vi v2 v3

DEMOSTRACIÓN:

Por la ley de Ohm V3 = v 2 ~ ¡2R2

Pero
v 2 = vi - ¡1R1

V3 = vi - ¡1R1 - Í2R2

como toda la corriente circula por las resistencias i 1 = i 2 = ¡3


v3 - ¡1R1 - ¡2R2

¡3 ¡1

Pero
V3 1 -R 2 V2 1 -R 2 1 ~Ri vi

J3_ 0 1 ¡2 0 1_ 0 1 ji

vi vi - ii(Ri+R2r
q.e.d
¡1 ¡1

b) Sabiendo que deseamos una salida v 3 = 15 v i 3 = 5 Amperes con
Ri = 10 Ohms y R2 = 5 Ohms, ¿ qué valores debe tomar vi, ¡1 el
vector entrada ?.

De lo demostrado en a se concluye que

-1 .
vi ""R2 ''vi1 1 -10 -5

¡3 0 1 5

pero -1
1 -15 1 -15 ¡ 1 0 1 -15+15 1 0+15
es
0 1 1 0 1 O 1

-1 1
1 0 1 15 1 -15 1 15

0 1 0 1 0 1 0 1


Vi 1 15 15 15 + 75 90 volts

0 1 5 5 amperes

Se da

1
A
2

Hallar Xe R, X*0 tal que AX = XX con X = , X2, X3 no to
dos cero simultáneamente X3

SOLUCIÓN:

AX = XX ; 0 = AX - XX = AX - XIX = (A - XI )X

Con I la matriz identidad 3x3.

Como (A - XI)X = 0 se puede ver como un sistema homogéneo de 3 ecuacio^
nes con tres incógnitas, siempre tiene al menos la solución trivial.
Pero se busca que x x , x 2 , x 3 no sean cero simultáneamente luego habrá
solución distinta de la trivial si det(A - XI) = 0

Veamos cuando det(A - XI) = 0


2 -1 O 1 O O 2 -1 O A O O
A - AI = 2 1 1 -A O 1 O 2 1 1 O A O
-2 2 1 O O 1 -2 2 1 O O A

2-A -1 0
2 1-A 1
-2 2 1-A

luego

2-A -1 0 1-A 1 2 1
0 = det(A - AI) = 2 1-A 1 = (2-A) - (-1) +o
-2 2 1-A 2 1-A -2 1-A

0 = (2-A)( ( l - A ) 2 - 2 ) + 2(1-A) + 2

= (2-A)(l-2A + A2 - 2) + 2(1-A + 1)

= (2-A)(A 2 - 2A -1) + 2(2-A) = (2-A) (A 2 - 2A - 1 + 2)

= (2-A)(A - 2 + 1) = (2-A)(A - I ) 2

Ai = 2

A2 = 1

De donde AX = 2X AX = X

Ya tenemos A ahora f a l t a X. Solucionemos AX = 2X


2 -1 0 Xi Xi

2 1 1 x2 = 2 x2
-2 2 1 x3 x3

- x2 x2 = O
+ x2 + 5= 2X 2 x3 = O

+ 2x 2 + »= 2 x 3 •2xi - x3 = O

x2 = O x2 = O

= -x 3 4>

x2 = O

x3 = t te R

2"
X = O
t con te R. Hay una infinidad

Xx
de V —
x2 que satisfacen AX = 2X
x3

Se deja de ejercicio, verificar que efectivamente existe X tal que
AX = X.


6.- Resolver el siguiente sistema de ecuaciones si a, b, c no son cero
y

ax + by + cz = 1
a2x + b2y + c2z =
a3x + b3y + c3z =

SOLUCIÓN:

¿ En este caso que método de solución será el más adecuado usar ?
Veamos el determinante del sistema, sf no es cero podemos usar la regla
de Cramer.

a b e 1 1 1
¿ Qué propiedad de los
2
A = b2 c2 = abe a b e determinantes se uso ?
b3 a2 b2 c2

1 1 1
A = abe 0 b-a c-a Multiplicando la fila 2 por (b+a)
2 2
0 b -a c 2 -a 2 y restando a la fila 3, sustituyendo
en esta última se tiene

1 1 1
A = abe O b-a c-a
O O (c 2 -a 2 - (c-a)(b+a)

A = abc(l)(b-a) [(c-a 2 ) - (c-a)(b+a)]

= abc(b-a) [(c-a)(c+a) - (c-a)(b+a)]


= abc(b-a) [(c-a)[(c+a) - (b+a)]].
= abc(b-a) [(c-a)(c-b)] = abc(b-a)fc-a)(c-b)

luego el determinante no es cero por lo tanto se puede usar la regla
de Cramer.

1 b c 1 1 1 1 1 1
Ax = 1 b2 c2 = be 1 b c = be 0 b-1 c-1
1 b3 c3 1 b2 c2 0 b 2 -l C2-l

1 1 1
= be 0 b-1 c-1
0 0 (c2-l)-(c-l)(b+l)

Ax = bc(b-l)[(c-l)((c+l) - (b+1))] = bc(b-l)((c-l)(c-b))

_ Ax _ bc(b-l)(c-l)(c-b)
x = A " abc(b-a)(c-a)(c-b) " a(b-a)(c-a)

Análogamente se puede calcular y & z. Se deja al alumno hacerlo, de
biendo obtener:

y = b(b-a) (c-b) z - c(c-aHc-b)


7.- ¿ Cuántas maneras se pueden completar los siguientes determinantes de
modo que se anulen ?

a) 1 3 4 -2 3 -2 3 4
4 -2 5 1 -1 2 1 +3 2 5
5 1

(4+10) - (3+4) + 3(15-8) = -14 - 7 + 21

= «14 + 14 = 0 sí y sólo sí

• es -1

b) • 0 2 • 2
8 • 2 1 1 - 0 +2 = -(-1-2) + 2(8-4-)
4 1 1

•1 - -2 + 16-8- = ••! - 10- • 16
+

Se reduce a una ecuación x 2 - lOx + 16 = 0
(x-8)(x-2) = 0 = > x = 8 o x = 2

Hay, pues, dos maneras, con ocho o con 2.

8.- Resuelva el siguiente sistema homogéneo

Xx + y + z = 0
x + Xy + z = 0
x + y + Xx = 0 . Siempre tiene solución ya que


siempre tiene la solución trivial x = y = z = 0, para cualquier A.

Gauss-Jordan

X 1 1 1 1 1 X 1 1 X
1 X 1 1 X 1-X X-1 0 1 -1
1 1 X X 1 1 1 X 1 1

X X X2 X X X2 1 1 X 1 1 X
0 1 -1 -*- 0 1 -1 0 1 -1 0 1 -1
X 1 1 0 X-1 X 2 -l 0 1 X+1 0 0 +X+2

(X + 2)z = 0 Si hay solución no trivial, z * 0
Xz = -2z

Entonces [ X = -2 z = y x = z

Es decir t(l, 1, 1) es solución del sistema

-2x + y + z = 0
x - 2y + z = 0
x + y - 2z = 0

Si queda x + y + z = 0 , y este plano es el conjunto
solución.

Determinantes 1
X 1 1 1 1 X
X - +
=x 1 X 1 X 1 1
1 1 X


=X3-X-X+1+1-X
= X 3 - 3X + 2 = (X+2)(X2 - 2A + 1)
= (X+2)(X-1) 2

El sistema tiene solución no trivial si X = -2 y si X = 1.

La trayectoria de aterrizaje de un avión, se puede considerar formada
por segmentos de recta. Para que una construcción no interfiera con
la trayectoria del avión deberá caer bajo el segmento de la trayecto^
ría. Las construcciones cercanas al aeropuerto se les asigna dos coo_r
denadas, una sera la distancia al aeropuerto y la otra su altura.

Se supone que la línea recta de ecuación

x y 1
2 3 1 = 0
6 6 1

representa la trayectoria del avión cerca del aeropuerto. ¿ Se puede
construir un edificio a 6 unidades del aeropuerto con 9 unidades de
alto ?

(6,0)


Sea (6, y) el punto de la recta que "claro11 tiene abscisa 6.

Si el punto (6,y) esta en la recta satisface la ecuación.

Necesitamos encontrar y para compararla con 9, si es mayor que nueve
el edificio caerá bajo la trayectoria del avión y se podra construir,
si es menor que 9 interferirá la trayectoria del avión y no se podrá
construir.

6 y 1 3 1 2 1 2 3
0 = 2 3 1 = 6 - y
6 1 5 1 5 6
5 6 1

0 = 6(3-6) - y(2 - 5) + (12 - 15)
0 = 6(-3) - y(-3) + (-3)
0 = -18 + 3y - 3
0 = -21 + 3y
3y = 21 ; y = 7

No se puede construir el edificio.

10.- Sea D la matriz

dn 0 0

D= 0 d22 • 0

0 0 d
nn


donde d n d22 ••• d n n 0. Demuestre que D es invertible y encuentre
su inversa.

Una matriz D es invertible si det(D) * 0 y como

det(D) = 0 d22-—0 dnn * 0
Ó Ó. . -d
nn

Entonces D es invertible
Calculemos ahora su inversa

1 0 0 1 0 0
dn 0 0 1 0 0
—n
d
0 d22 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0
d22
0 0 d__ 0 0 1 0 0 1 0 0 1
-T—

Por tanto

1
dTT u 0

0 1 • -o
= d22

.1

11.- Demuestre que:


1 1 1
a b c = (b - a) (c - a) (c - b)

a2 b2 c2

1 1
a b
b c
b2 c2 a2 c2 a2 b2

•• be 2 - b 2 c - ( a c 2 - a 2 c ) + ab 2 - a 2 b

be 2 - ac 2 + a 2 c - b 2 c + ab 2 - a 2 b

be2 - abe - ac 2 + a 2 c - b2c + ab 2 + abe - a 2 b

(be - ab - ac + a 2 )c - b(bc - ab - ac + a 2 )

(be - ab - ac + a 2 ) (c - b)

[b(c - a) - a(c - a ) ] (c - b)

(c - a) (b - a) (c - b)

12.- Verifique que det(AB) = det(a) det(B) cuando

1 0 0 0 0 1

A= •1 1 0 B = - 1 0 2

1 2 1 2 3 1


1 O O 0 0 1 O O 1
AB = •1 1 O 1 0 2 = -1 O 1
1 2 1 2 3 1 0 3 6

0 0 1 -1 O
det(AB) = det -1 0 1 det = -3
O 3
0 3 6

1 0 0
+1 O
det(A) = det -1 1 0 = det = 1
-1 1
1 2 1

0 0 1
O 1
det(B) = det -1 0 2 = -3 det = -3(1) = -3
-1 2
2 3 1

=> det(AB) = det(A) det(B) = (l)(-3) = -3 .

13.- Encontrar todos los valores de X para los cuales det(A) = 0
Con:
X-6 0 0
A= 0 X -1
0 4 A-4


X-6 O O
det(A) = O X -1
O 4 X-4

X -1
= (X-6)
4 X-4

= (X-6)X(X-4) + (X-6)(4) = O

= (X-6)(X2 - 4X + 4) = O

= 6 X2 = 2 , X3 = 2

x
14.- Si X = 2, encontrar x = y 0 tal que Ax = Xx. Con A igual
que en el ejercicio anterior.

4 0 0 X X

0 2 -1 y = 2 y
0 4 z z
-2-

4x = 2x

2y - z = 2y ó
4y - 2z = 2z


-6x =O
- z = O
4y - 4z = O

Resolviendo este último sistema tenemos:

x = 0 y =t x =t

entonces:

X 0
y = t 1 teR
z 1


15.- a) Demostrar que

Xi

x2 x2' = (x 2 - xi)(x 3 - xi)(x 3 - x 2 )

2
Xi 1 Xi x
0 X2-X1 X 2 2 -Xi 2 = (X2-X1) 0 1 X +x
2
O X3-X1 x 3 2 -Xi 2 0 X3-X1 v
X3 - X! 2

1 X Xx 2

(X2-Xi)(x3-Xi) O 1 X1+X2

O 1 X1+X3

b) Demostrar que

Xi v
Xi
X2
n 1
X2 ' n (XJ -
Kj
AM •••• A
n


Solución por inducción:

=
I. Para n = 2 (X2-X1) se cumple

x2

II. Supongamos que se cumple para n-1, es decir,

(n-l)-l n-2
1 xx L

1 x2 (n-l)-l n-2
n-1 . x2 x2 ... x 2
1 x (n-l)-l 1 X
n-2
n-1 Vi-1 n - 1 ' " n-1

con Xi, . . . x , números cualesquiera
entonces por demostrar

. xi
n-1
n-1 (x
x2 x2 i<n J" x i }
X
n-1
n • x.


Expandiendo el determinante con respecto a los elementos del primer
renglón, cambiando Xx por x vemos que el determinante es un polino
mió de grado n-1, que tiene como soluciones x?_, x 3 9 el
determinante D n = A n (x-x 2 ) (x-x 3 ).. .(x-x ,) con A n el coeficiente
de x " que es justamente D - i.e.

(X -X2)(X -X 3 )
n

(Xj-x-¡) q.e.d.

NOTA: Se usó para la demostración el hecho que cualquier polinomio de
grado n, a n x n +a n .jx n " + +aix +ag = II (x-Xj),x- las raíces del
polinomio; este hecho se ha usado inconcientemente cuando, por
ejemplo, factorizamos
x 2 - 5x + 6 = (x-2)(x-3)

16.- Resuelva el siguiente sistema por regla de Cramer

2x - 3y = -5

4x + 7y = 1

-5 -3

x =
1 7 -35 + 3 -32 _ -16
2 -3 14 + 12 ~2F "TI
4 7


2 -5
4 1 2+20 22.
y =
2 -3 14+12 26 13
4 7


17.- Hallar el área del triangulo rectángulo formado por los ejes coordena^
dos y la recta cuya ecuación es 5x+4y-20=0
SOLUCIÓN:

Si x=0, 4y=20
Si y=0 5x=20 x=4

el triángulo está formado por (0,5)(4,0) y (0,0)
el área es 10.

18.- Una recta pasa por los puntos A(-l,3) y B(5,4). Escríbase su ecuación
en forma de determinante. Verifique el resultado desarrollando el de_
terminante

1 X y 1
1 = -1 3 1

x2 1 5 4 1

(3-4)x - (-l-5)y + (-4-15) = 0
-x + 6y - 19 = 0

Satisface -(-1) + 6(3) - 19 = 1 + 18 - 19 = 0
-(5) + 6(4) - 19 = -5 + 24 - 19 = 0

ie. (-1,3) y (5,4) están en la recta I. NOTA IMPORTANTE, si en el
determinante I sustituímos (x,y) por A(-l,3) (o por B(5,4)), que
dan dos renglones iguales por lo tanto se hace 0 al igual que I 1 .


19.- Por medio de determinantes obténgase la condición necesaria y suficier^
te para que las dos rectas Ax + By + C = 0 y A 1 + B 1 y + C 1 = 0 se
corten en uno y solamente en un punto.

Es lo mismo que pedir que el sistema

Ax + By - -C
A x x + B1y = -C 1 tenga una sola solución

A B
Esto ocurre si es diferente de 0, por la regla de Cramer,
1 1
A B

20.- Tres rectas son concurrentes si y sólo si

A2 B2 C2 =0
A3 B3 C3

con AxX + Biy + d = 0
A2x + B 2 y + C 2 = 0
A3x + B3y + C 3 = 0


SOLUCIÓN:

Ai Bx d
Si A2 B 2 C2 - B 3 C 2 ) + Bi(A 2 C 3 - A 3 C 2 ) ¡3 - A 3 B 2 )
A3 B3 C3
= A 2 ( B 3 d - BXC3) + B 2 (AiC 3 - A3C1) h - AiBa)

- B3C1) + B 3 (A 2 C X - Ax C 3 (AiB 2 -

Reescribiendo la primera ecuación
B C
A
Hl ( z 3- B 3 C 2 ) Bl (A 2 C 3 - A 3 C 2 )
R =O (a)
(A2B3 A 3 B! TA7B1 A7HT

B2 c2 -c 2 B2

vemos que
B2C3 - B3C2 _ B2 C3 -c 3 B3 =x la
A2B3 - A3B2 Ai B2 A2 B2 o
A3 B3 A3 B3

solución del sistema A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 . Lo mismo el
A3x + B 3 y + C3 = 0 factor
que multiplica a Bi. Es decir la ecuación (a) afirma que ( X Q ,
punto de intersección de las dos rectas II y III, es un punto que satis_
face la ecuación de la recta I. Lo mismo se puede deducir de los restan^
tes desarrollados del determinante la condición de igualar el deter_
minante a 0 implica que las rectas son concurrentes q.e.d. El sentido
contrario es inmediato.


21.- Demuestre que si x x 2 + y i 2 = 1, x 2 2 + y 2 2 = 1 entonces si

¡A| =
x2

Prueba:

Dibujemos

|A| es el área de 0PiP 2 P 3 (¡Demuéstrelo!)

Es claro que el área máxima se obtiene cuando el paralelogramo es un
rectángulo (¿verdad?). El rectángulo sujeto a las condiciones del
blema, tiene área máxima cuando es un cuadrado de lado 1.

Por tanto |A| <. 1.

22.- Sea Ax = B un sistema consistente y sea Xi una solución particular.
Demuestre que toda solución del sistema se puede escribir como
x = Xi + XQ , donde Xg es una solución de Ax = 0.


SOLUCIÓN:

Como x = xi es una solución particular del sistema no homogéneo,
tendremos que:

i = B (1)

Por otro lado x = x Q es solución del sistema homogéneo, entonces

Ax Q = 0 ........ (2)

Por tanto, sumando miembro a miembro (1) y (2) obtenemos:

i + Ax Q = A(x + x 0 ) = B

Por lo que x = Xi + x Q es solución del sistema no homogéneo,

23.- Una matriz de probabilidad es una matriz cuadrada que satisface dos
propiedades

i) Cada componente de la matriz es no negativa
ii) La suma de los elementos de cada renglón es 1.

Sea
1 1 1 1
2 T 2
0 1 0 2 1 1
A = B = 7 F 6
1 1 1
1 1 3
0 0 1

Probar que A B es una matriz de probabilidad,


DEMOSTRACIÓN:

Primero naturalmente hay que efectuar el producto

1 1 1 1
J 0
2" 2"

1 0
2 1 1 2 1 2^
AB = 3 F F F 6
1 1 1
+ J
T I 0 0 1
¿•4 18 3

5 7 7
T2" 23" 2T

2 1 1
AB = 1 T ~F

7 2 7
TF 18

Luego

i) las componentes del producto son positivas,
ii) la suma de los elementos de la matriz producto es uno.

Así AB es también una matriz de probabilidad.


24.- Los hábitos de estudio de un alumno son como sigue. Si estudia una
noche, el estudiará de seguro, un 30% de las noches siguientes ( un
70% de las noches siguientes no estudiará). Por otro lado si no estu
dia una noche, el estudiará de seguro 40% de las noches siguientes.

a) Exprese esto en forma matricial

estudia no estudia
mañana mañana.

estudia .30 .70
hoy
= A
no estudia .40 .60
hoy

Pl Pi
b) Busque el vector tal que A . Demuestre que
p2 P2

es el único que cumple ésta ecuación.

SOLUCIÓN:

.30 .70 Pl .30Px .70Pi

.40 .60 p2 .60P2 .40P2

Pl = Pí Pi + p 2 = 1 Pl = p 2 =


c) Cuál es la matriz que expresa la probabilidad que estudie ó no
estudie dentro de 2 días, dado que estudió hoy ó no

, ,. ~ .30 estudie rpasado mañana
estudie mañana
. 70 no estudie pasado mañana

no estudie mañana .40
.60

estudia mañana .30

.70
no estudia hoy
no estudia mañana .40

.60

(.30) (.30) + (.70) (.40) es la probabilidad de que estudie hoy,
estudie pasado mañana y así. Pero éstos términos son justamente
los que aparecen en la matriz

.30 .70 .30 .70 .37 .63
.40 .60 .40 .60 .36 .64


25.- En una industria del vestido se producen tres estilos de blusas. Cada
estilo requiere de los servicios de tres departamentos, como se listan
en la tabla. Los departamentos de cortado, cosido y empaquetamiento
tienen disponibles un máximo de 1,160, 1,560, y 480 horas de trabajo
por semana, respectivamente. Plantee estas condiciones como tres ecua^
ciones con variables x, y, z el número de blusas de tipo A, B y C,
respectivamente

ESTILO A ESTILO B ESTILO C
Departamento de cortado 0.2 0.4 0.3
Departamento de cosido 0.3 0.5 0.4
Departamento de empaquetamiento 0.1 0.2 0.1

El departamento de cortado dedica 0.2x horas para el número x de blusas A
0.4y horas para el número y de blusas B
0.3z horas para el número z de blusas C

0.2x + 0.4y + 0.3z .< 1,160
Análogamente 0.3x + 0.5y + 0.4z <. 1,560 para el depto. de cosido.
O.lx + 0.2y + O.lz <. 480 para el depto. de empaque
tamiento.

26.- La plata pierde en agua 0.095 su peso y el cobre 0.112. Si un cuerpo de
12 Kg de peso compuesto de plata y cobre mezclados, pierde en agua 1.174
kg. ¿ Cuántos kilogramos contiene de cada metal ?.


SOLUCIÓN:
Sean x los kilogramos de plata
y los kilogramos de cobre

Como sólo está constituido de plata y cobre

x + y = 12 kg

Las pérdidas son de .095x y de .112y. Suman 1.174 kg

o sea
x + y = 12
.095x + 112y = 1.174

1 1 1 1 1 12 1 1 12
095 .112 1 .174 1 1.18 12 .36 0 .18 .36

0 12 1 0 10
x = 10
1 2 0 1 2
y = 2

27.- Un repartidor de la CONASUPO toma los pedidos de 4 tiendas sindicales
La primera solicita 3 toneladas de azúcar, 4,000 litros de leche y 5
cajas de huevo.
La segunda solicita 5 toneladas de azúcar, 12,000 litros de leche y
3 cajas de huevo.


La tercera solicita 9 toneladas de azúcar, 5,000 litros de leche y 6
cajas de huevo.
La cuarta solicita 7 toneladas de azúcar, 7,000 litros de leche y 6
cajas de huevo.

¿ Cuanto espera recibir si los costos son 150 pesos por paquete de ki_
lo de azúcar, 200 pesos por litro de leche y 115 por docena de huevo,
SOLUCIÓN:
Las solicitudes de cada tienda se pueden expresar matricialmente

3 5 9 7
4 12 5 .,. 7 Las solicitudes totales son la suma de
5 3 6 6

3 + 5 + 9 + 7 24
estas matrices 4 + 1 2 + 5 + 7 28 expresadas en
5 3 + 6 + 6 20

toneladas de azúcar
miles de litros de leche
cajas de mil docenas

La matriz de precios unitarios en miles de pesos es (150 100 115) por
tanto el precio total será
24
(150 100 115) 28 = 24-150 + 28-100 + 20-115
20
= 3600 + 2800 + 2300 = 8,700 miles de pesos

= 8 millones 700,000 pesos.


28.- Si A es una matriz nxn tal que A 2 -A+l es la matriz O, pruebe que
A es no singular y que A" 1 = 1-A.

A2 - A . 1 = 0
+
A(A-l) = -1
A(l-A) = 1
1 - A es el inverso derecho de A

Pero como A(l-A) = A - A 2 = (l-A)A, 1 - A también es su inverso
izquierdo A tiene inverso y este es 1-A .• A es singular
'

29.- ¿ Es necesariamente inversible la suma de dos matrices inversibles ?,
NO

30.- Demuestre que para cualquier valor de 0

'cose -sene - T - l 'cos(-G) -sen(-e)'

sene cose sen(-e) cos(-e)


-1
+cos6 sene
1 1
ad-bc tcos 2 6+sen 2 e
-c -sene cose

cose sene" cos(-e) -sen(-e)
q.e.d,
-sene cos0 sen(-e) cos(-e)

NOTA: La primera matriz representa, una rotación 6° de los ejes £
denados en la dirección opuesta a las manecillas del reloj. La
segunda, insorpresivamente, una rotación de 6° en la dirección
__
de las manecillas del reloj.

31.- ¿ Para que valor (es) de k no es invertí ble A ?

k-3 -2 1 3 4
(a) A = (b) A = 3 1 6
-2 k-2 k 3 2

Solución de (a)

Una matriz cuadrada A no es invertible si det(A) = 0, entonces

k-3 -2
det(A) = det
-2 k-2


=
( k - 3 ) ( k - 2 )-4 = 0

= k 2 -5k + 6-4 = 0

k 2 -5k + 2 = D

5 ± /~2 5 ± /Tí
2 2

5 + / 1 T 5 - /Tí
2" y k2 =

Por tanto, si ki y k 2 son distintos de los valores anteriores, entonces
la matriz A será invertible.

Solución de (b)

1 2 4
det(A) = det 3 1 6
k 3 2

1 6 3 6 3 1
= det -2 det + 4 det
3 2 k 2 k 3

= -16 - 2(6-6k) + 4(9-k)

= 8 + 8k = 0 =e> k = -1

Entonces, si k * -1 la matriz A sera invertible.


32.- Sea

1 3 1 1
2 5 2 2
A=
1 3 8 9
1 3 2 2

Calcular A" 1

1 3 1 1 1 0 0 0 1 3 1 1 1 0 0 0
2 5 2 2 0 1 0 0 0 -1 0 0 -2 1 0 0
1 3 8 9 0 0 1 0 0 0 7 8 -1 0 1 0
1 3 2 2 0 0 0 1 0 0 1 1 -1 0 0 1

1 0 1 1 -5 3 0 0
0 1 0 0 2 -1 0 0
0 0 0 1 6 0 1 -7
0 0 1 1 -1 0 0 1

1 0 0 0 -4 3 0 _j

0 1 0 0 2 -1 0 0
0 0 1 1 -1 0 0 1
0 0 0 1 6 0 1 -7

1 0 0 0 -4 3 0 -1
0 1 0 0 2 -1 0 0
0 0 1 0 -7 0 -1 8
U 0 0 1 6 0 1 -7


Entonces:

-4 3 0 -1
i-i =- 2 -1 0 0
-7 0 -1 8
6 0 1 -7

33.- Encuentre la matriz inversa de A si existe.

0 0 1 1 0 0 1 0 1 1 O O
0 1 1 0 1 0 0 1 1 O 1 O (sumar-l er renglón al 3
1 1 0 0 0 1 O 1 -1 -1 O 1

(dividir entre 2 el 3er renglón)
1 O 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0
do er
(sumar-2 renglón al 3 ) O 1 1 0 1 0 -> 0 1 1 0 1 0
O O - 2 -1 -1 1 0 0 1 +i +1 n

1 O O -i +1
O 1 O
O O 1

1 0 1 1 -1 1 2 0 0
0 1 0 i -1 1 1 =1 0 2 0 = I correcto
1 1 0 1 1 -1 0 0 2


34
-- Resuelva el sistema lineal siguiente

x+O+z = 3 1 0 1 X 3
O+y+z = 1 i. e . 0 1 1 y = 1
x+y+O = 2 1 1 0 z 2

usando la matriz inversa obtenida en el ejercicio anterior.

1 -1 1 1 0 1 X 1 -1 1 3
1 1 1 0 1 1 y ~ 2 -1 1 1 1
1 1 -1 1 0 z 1 1 -1 2

X 3 -1 +2 4 2
y = -3 +1 +2 =1 0 = 0
z 3 +1 -2 2 1

2 + 0 + 1 = 3
0 + 0 + 1 =1
2 + 0 + 0 = 2

35.- Los gastos de una excursión de 43 personas fueron $ 229.00 (cerca 1900);
si los hombres pagaron 10 pesos cada uno, las damas 5 pesos y los niños
2 pesos i Cuántos fueron de cada clase ?.


SOLUCIÓN:

x + y + z = 43

lOx + 5y + 2z = 229

Eliminando a z, 8x + 3y = 143.

Dividiendo entre 3 obtenemos
2x + |x + y = 47 + |

2
•5-(x-l) = 47 - y - 2x = un número entero p

f(x-l) = p

ñ-(x-l) = p 1 entero

x-1 = 3p x

x = 3p x + 1

3y = 143 - 8Í3P 1 + 1)

= 135 - 24p x

y = 45-8p x

z = 5p x - 3

p no puede pasar de 5 porque entonces y sería negativo; tam
poco puede ser negativo.


Las diversas posibilidades son

p - 1 2 3 4 5
x = 4 7 10 13 16
y = 37 29 21 13 5
z = 2 7 12 17 22

36.- Los obreros A y B trabajando juntos pueden realizar una tarea en 4
días; B y C juntos pueden hacerlo en 3 días y A y C en 2.4 días. Ha
llar el tiempo que tardaría cada obrero en realizar dicha tarea ac
tuando independientemente.

Sean a, b, c = los días que precisan A, B y C para efectuar solos el
trabajo, tendremos — > T- , — = fracción del trabajo completo que cada
a D c
uno realiza en un día,

luego i + [
1.1.1
F c " 3"

+
a c"

Resolviendo el sistema formado por estas ecuaciones se obtiene
a = 6, b = 12 y c = 4 días.

Se supone que cuando trabajan juntos lo hacen a la misma rapidez que
si lo hacen solos. Eso en general no es cierto pero es una aproxima
ción.


37.- Códigos. Un uso frecuente del álgebra matricial es la codificación,
Si asignamos

a b c ch d e f g h i j k 1 11 m
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

n ñ 0 P q r s t u V w X y z -
16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 0

(- espacio entre palabras) la palabra antes se puede escribir
1 16 23 6 22 0. Para facilitar dividámosla en vectores de 3 números

1 6
16 22
23 0

Estos dos vectores, en el orden en que están escritos representan la
misma palabra. Para hacerle más difícil la labor al que quiera deci
frar lo que queremos decir, escribamos cada vector miltiplicado por
la matriz inversa de

0 1 0
3 0 1
4 1 7

¿ Cómo escribiría Miguel ?

Primero calculemos la inversa

0 1 0 1 0 0~ " 0 3
3 0 1 0" 1 0 1 i 0 1 0"
3 0 3 0 1 0 -• 0 1 0
> 1 0 0 -y 0 1 0 1 0 0
4 1 7 0 0 1 4 1 7 0 0 1 0 1 0 ! 0 0 1


0 1 0 1 3 n 0 1 i
1
0
0 1 0 1 0 o 1 0 1 o o
0 0 3 ¡ -1 _4
0 1 _1 4 1

7 1
1 0 0 ¡7 9 "3
i
0 1 0 0 0

_p 0 1 ! i 4 1
• "3 '9 I
coj»—»

7 1
9" "7
A*"1 = 1 0 0 Miguel es 15 10 8 24 6 13
COÍ r—»

1 4
•3"

15 1 7 1 15 ~T
15 II
9 T
8 91
-9-
7 "3
A"] 10 = 1 0 0 10 15 = 15
0 1 4 1 15 40 8 61
0 8
"3 "9 7 ~9 7 "T

75
24
~9
6 = 24 Se envían estos dos vectores y se codifican
57
13 "T

multiplicándolos primero por A"1 y luego interpretándolos en la tabla
de letras y números.


38.- En un experimento sobre nutrición en animales, se diseña una dieta
que consta de 20 gramos de proteína y 6 gramos de grasa. El técnico
de laboratorio puede comprar dos mezclas alimenticias A, B con las
siguientes composiciones:

Proteína(%) Grasa(%)
A 10 6

B 20 2

Plantee las ecuaciones de los gramos de cada mezcla que deben obtener_
se para generar la dieta adecuada.

SOLUCIÓN:

Sean X^ y Xg las cantidades de las mezclas A y B.

Planteemos una ecuación para la cantidad de proteína y otra para la
cantidad de grasa. De la mezcla A se extraen (,10)X/ gramos de prote^
ína y de la mezcla B serán (.20)XB. Por tanto, (.10)XA + (.20)XB = 20

Análogamente (.60)X^ + (.G2)XB = 6 gramos de grasa
.10 .20 .02 -.20
La inversa de es
.60 .02 -.06 .10

-2 20 20 80 h Es el vector solución-
6 -10 6 60 h


39.- Una compañía produce tres tipos de esculturas de bronce. El departa^
mentó de modelo tiene disponibles un máximo de 350 horas de trabajo
por semana y el departamento de acabado tiene disponibles un máximo
de 150 horas hábiles.

La Escultura A requiere de 30 horas de modelo y 10 horas de acabado
La Escultura B requiere de 10 horas de modelo y 10 horas de acabado
La Escultura C requiere de 10 horas de modelo y 30 horas de acabado

Se desea que la planta opere a máxima capacidad. Qué ecuaciones des_
criben la distribución del tiempo disponible total en ambos departa^
mentos en términos de las esculturas producidas de cada tipo ?.

SOLUCIÓN:

Escribamos una ecuación para el tiempo requerido del departamento de
moldeo para el total de esculturas X A , Xg y XQ a móldeos y otra para
el tiempo del departamento de acabado.

30XA + 10XB + 10XB <_ 350
10XA + 10XB + 30X c ± 150


ANEXO



Resuelva los siguientes sistemas de ecuaciones usando el método de el i
mi nación de Gauss.

~ a) xi - x 2 + x 3 = 1 b) xi + x 2 - 2x3 = 2
2xi + x 2 - x 3 = 0 2xi - x 2 + 3x3 = 1
5xi - 2x 2 + 2x3 = 3

2.- Sea el sistema de ecuaciones
Ax = 0
a) Demuestre que si x = XQ, es solución, entonces x kxg también es
solución, donde k es una constante.

b) Demuestre que si x = xo, y - yi son dos soluciones cualesquiera,
entonces x = XQ + y x también es solución.

•1 1
3.- Sean A = y P(x) = 2x 2 - x + I, hallar P(A)
2 1

1 -1 0 2 0 1
4.- Sean A , hallar una matriz
-1 1 3 1 2 0

x que cumpla con la siguiente igualdad

Ax - 3 F= Cx + 21

5.- Dadas las matrices
1 -1 0 Xl
A = 1 0 1 x2
1 1 -1 x3

Resolver la ecuación Ax = 2x


6.- Encontrar condiciones para a y b de tal forma que el sistema de ecuacio^
nes siguiente
ax + by = c
ax - by = c
tenga solución única.

7.- Encontrar condiciones para a, b y c de tal forma que el sistema de ecua_
ciones siguiente
ax + by = c
bx + ay = c
tenga una infinidad de soluciones.

8.- Encontrar condiciones para a, b, c y d de tal forma que el sistema de
ecuaciones siguiente
ax - by = c
bx + ay = d
no tenga solución.

Determinar si las siguientes matrices son invertibles, en caso de serlo,
hallar su inversa.

(a) cose sen6
A= para todo valor de Q
sen8 - cose

(b) cose sene 0
B = sene -cose 0 para todo valor de 6
0 0 1

(c) ai 0 0
C = 1 a2 0 donde a 2 , a3 * 0
0 1 a3


10.- Para que valor(es) de a la matriz

1 2 -3
A= 3 -1 5
2
4 1 a - I4

es invertible.

11.- Resuelva en términos de a, b y c el siguiente sistema de ecuaciones

xi + x 2 - x3 = a
-xi + 2x 2 + x3 = b
2xi + 5x 2 - 2x 3 = c

12.- ¿ Qué condiciones deben de satisfacer a, b y c de forma tal que el sis_
tema
-Xi - x 2 + x3 = a
2xi + 3x 2 - 2x3 = b
xi + 2x 2 - x3 = c
sea consistente ?

13.- Resolver el siguiente determinante

1 1 1
a b e
b+c a+c a+b

14.- ¿ Para que valor(es) de a no es invertible A ?

(a) a-3 -L (b) 2 4
A= A= 1 6
-2 a-2
a 3 2


15.- Si A es invertible, entonces kA también lo es k *0
k eR
Si la inversa de 3A es

-1 4
2 0

hallar la matriz A.

16.- Una compañía de Paracho, Michoacán con dos plantas diferentes fabrica
guitarras y violines, su costo de producción por cada instrumento

Guitarra Violín
Planta en el Materiales " 3,000 2,500 "
Zócalo. «A
Trabajo 6,000 8,000

Planta en las Materiales 3 ,600 2 ,700
*A
afueras 5 ,400 7 ,400
Trabajo

17.- Solución a un problema de dos compañías por medio de la matriz de
insumo-producto

Dada la matriz tecnológica M=

La matriz de sal ida X=


La matriz de demanda final D =

La solución a la ecuación matricial de insumo-producto

X = MX + D o sea

Salida total = Demanda Interna + Demanda final

es x = (i -

Resolver el siguiente problema: cada peso de energía eléctrica produci
do por CFE requiere de $ 0.10 de su propio producto (electricidad) y
$ 0.30 de "producto11 de la Secretaría de Recursos Hidráulicos.
Cada peso de producto (agua) de Recursos Hidráulicos requiere $ 0.40 de
la salida de la CFE y 0.20 de su propia salida

E A
í " 0. 1 0 .4
= M
A 0. 3 Ü .2

Suponga que la demanda final (la demanda del sector externo) es

dj = I?, millas para electricidad
áz = 6 millones para agua

¿ Qué salidas en pesos Xj de la CFE y x 2 de Recursos Hidráulicos se re
quieren para hacer frente a estas demandas finales ?

SOLUCIÓN: (20, 15)


18.- Distribución de recursos: Una compañía minera tiene dos minas cuyos
minerales tienen las composiciones indicadas en la tabla. Cuántas tone
ladas de cada mineral se deberían usar para obtener 4.5 toneladas de
níquel y 10 toneladas de cobre ?

Mineral Níquel(%) Cobre(%)
A 1 2
B

SOLUCIÓN:
Xi = 250 toneladas de mineral A
x 2 = 100 toneladas de mineral B

19.- Suponga que una economía se basa en 3 sectores industriales :
Agricultura (A) Construcción (C) y Energía (E). La matriz tecnológica
M y la matriz de demanda final son en miles de millones de pesos

A C E
A "0 .422 0. 100 0 .266

C 0 .089 0. 350 0 .134 =M
E 0 .134 0. 100 0 .334

4' 12"
Di = 3 D2 = 10
2 8

a) Cuántos insumos de A, C y E son requeridos para producir un peso
de producto de C ?.

b) Cuánto de cada uno de los productos de C son requeridos como Insumo
para cada uno de los tres sectores ?.


CÓNICAS Y ESFERA

c) Demuestre que I-M es:

"0.578 -0.100 -0.266'
1 -M -0.089 0.650 -0.134
-0.134 -0.100 0.666

d) Dado
2.006 0.446 0.891
_ i
Cl - M) 0.368 1.670 0.482
0.458 0.340 1.752

,- i
pruebe que (I - M ) ~ (I - M) I (aproximado)

e) Use (I - M ) ~ del inciso anterior para encontrar el producto necesa^
rio de cada sector, necesario para satisfacer la demanda Dx
Lo mismo pero para la demanda D 2

SOLUCIÓN:

10 i de A, 35 t de C y 10 i de E

11 .14
e) x= 7 .45
6 .36


CIRCUNFERENCIA:

Hallar la ecuación de la tangente a la circunferencia

x 2 + y 2 - 2x - 6y - 3 = O

en el punto (-1, 6)

SOLUCIÓN

i) Primer método.

La ecuación de la familia de rectas que pasan por el punto
(-1, 6) es

y - 6 = m(x + 1)

en donde el parámetro m es la pendiente de la tangente buscada.
Oe esta ecuación y = mx + m + 6, valor que al sustituir en la
ecuación nos da

x 2 +(mx + m + 6 ) 2 - 2x - 6(mx + m + 6 ) - 3 = 0

al realizar las operaciones indicadas, se reduce a

(m2 + l)x2 + (2m2 + 6m - 2)x + (m2 + 6m - 3) = 0

que es una ecuación de segundo grado en x. La condición para la
tangencia nos dice que el discriminante de esta ecuación cuadrá_
tica debe ser igual a cero, esto es:

(2m2 + 6m - 2)2 - 4(m2 + l)(m2 + 6m - 3) = 0

resolviendo esta ecuación se ecuentra que su solución es


m =

por tanto la ecuación de la tangente buscada es

y - 6 = £ (x + 1)

o bien

2x - 3y + 20 = 0

i i) Segundo método

Hallemos el centro y el radio de la circunferencia dada

•2 x y 1
x 4 + •• 2x - 6y - 3 = O

(x - I ) 2 + (y - 3 ) 2 = 13

Por tanto C(l, 3 = rn


la condición de tangencia establece que

= 0

esto es

(-2, 3)-(x + 1, y - 6) = 0

-2(x + 1) + 3(y - 6) = 0

ó bien

2x - 3y + 20 = 0

Hallar la ecuación de la circunferencia que tiene su centro sobre la
recta 2x + y - 14 = 0 y que pasa por las intersecciones de las circuid
ferencias

d : x 2 + y 2 - 8x - 4y + 11 = 0 y C 2 : x 2 + y 2 - 4x + 4y - 8 = 0

SOLUCIÓN

La circunferencia buscada C 3 es un elemento de la familia

x 2 + y 2 - 8x - 4y + 11 + k(x 2 + y 2 - 4x + 4y - 8) = 0

en donde el parámetro k se determina por la condición de que el centro
de C 3 está sobre la recta 2x + y - 14 = 0.


Hallemos el centro de cualquier circunferencia de la familia dada,
te es:

r, 4+2k 2-2kx(*)
irir

como estas coordenadas deben satisfacer la ecuación de la recta teñe
mos:

2(
v
£§k , fl2k
1+k 1+k

de donde k = - ^

Sustituyendo este valor de k en la ecuación (que representa a la fami
lia de las circunferencias) y simplificando obtenemos para C 3 la ecua
ción:

C 3 : 2x 2 + 2y 2 - 20x - 16y + 41 = 0

en un mismo eje coordenado trace las gráficas de C l f C 2 » C 3 para veri
ficar que C 3 es efectivamente la circunferencia buscada.

' Estas coordenadas se encuentran desarrollando y agrupando adecuad^
mente los términos de la familia de las circunferencias (¡hágalo!)

Hallar la ecuación de la esfera que pasa por los puntos P(l, 0, 1 ) ,
Q(-l, 2, 3) y R(-3, 1, 1 ) , y cuyo centro está sobre el plano xy.


SOLUCIÓN

Como el centro de la esfera está en el plano xy, sus coordenadas son
de la forma:

C(a, b, 0)

por lo que

|CP|= / (a-l) z + (b-op + (0-1J^

|CQ|= / (a+1) 2 + (b-2) 2 • (0-3) z
+

|CR"| = / (a+3) 2 + (b-l)í +"{0-1 fz

Ahora, como CP = CQ = CR = r (r = radio de la esfera), tendremos

/ (a-1) 2 + (b-0}2 + (O-I) 2 = / (a+TT2 + (b-Z) 2 + ü-*P

elevando a ambos miembros de la igualdad al cuadrado, y realizando las
operaciones indicadas se llega a la ecuación.

a - b = -3

pero, también tenemos la igualdad

/ (a+1)2 + (b-2)? + (0-3)2 = / (a+3)2 + (b-l)2 + (0-1)2

que al hacer las operaciones indicadas, nos da la ecuación

4a + 2b = 3

resolviendo el sistema de ecuaciones

(2a - 2b = -6
14a + 2b = 3


encontramos que a = - 1/2 y b = j , luego el centro de la esfera

tiene coordenadas C(- 1/2, 5/2, 0) y r = —*— por tanto, la ecua
ción de la esfera es:

(x + 1/2)* + (y - 5/2)* + z 2 = ^|

Hallar la ecuación del plano tangente a la esfera

x 2 + y 2 + z 2 - 2x - 4y + 2z + 5 = 0

en el punto P(l, 2, - 2 ) .

SOLUCIÓN

La ecuación de la esfera, también puede escribirse como

(x~l) 2 + (y-2) 2 + (z+1) 2 = 1

por lo que su centro tiene coordenadas

C(l, 2, -1)

entonces el vector normal al plano será

n = PÍ = (0, 0, -1)

y como la ecuación del plano está dada por la ecuación

ax + by + cz + k = 0, donde n = (a, b, c)


entonces la ecuación del plano buscado será

-z + k = 0

como P(l, 2, -2) también pertenece al plano, tenemos

-(-2) + k = 0 ; k = -2

por tanto, la ecuación del plano buscado es:

z + 2 = 0

Haga una interpretación geométrica de este resultado.

5.- Las vértices de un triángulo con L = (12, 2 ) , P(-3, 5) y K = (8,8).
Calcular las coordenadas del centro de la circunferencia circunscrita
y la longitud del radio.


Si C = (x, y) es el centro de la circunferencia circunscrita, se de_
ben cumplir las siguientes identidades:

d(C,L) = d(C,L) (1)
y

d(C,K) = d(C,P) (2)

Calculemos estas distancias

d(C,L) = /~Tx-12)< + ly-2) z ( C = (x,y), L = (12,2) )

d(C,K) = / (x-8)2 + (y-8)2 ( C = (x,y), K = ( 8,8) )

d(C,P) = / (x-l-3))2 + (y-5)2 ( C = (x.y), P = (-3,5) )

Así (1) y (2) vienen a ser

+
iy-'¿)2 = / (x-8)2 + (y-8)2 (1)
/ (x- 8 ) z + (y-8) z = / (x+3)2 + (y-5)2 (2)

y elevando al cuadrado obtenemos

(x-12)'- + (y-2) 2 = (x-8) 2 + (y-8) 2 (1)

(x- 8 ) 2 + (y-8) 2 = (x+3) 2 + (y-5) 2 (2)

x2-24x+144+y2-4y+4 = x2-16x+64+y2-16y+64 (1)

x2-16x+ 64+y2-16y+64 = x2+6x+9+y2-10y+25 (2)

-24x - 4y + 148 = -16x - 16y + 128 (1)

-16x - 16y + 128 = 6x - lOy + 34 (2)


- 8x + 12y = -16 (1)

-22x - 6y -- -94 (2)

Multiplicamos la ecuación (2) por 2 para obtener

- 8x + 12y = - 16 (1)

-44x - 12y = -188 (2)

Ahora sumémosle a la ecuación (2) la ecuación (1),

- 8x t 12y = - 16 (1)

-5?x -204 (2)

De la ecuación (2) -52x - -204, x= H-
Oe la ecuación (1) -8x + 12y = -16 12y = -16 + 8x

y - > + 8( fi ) _ -16 +

^ 200 50
y = ^ = =

50
35

Así pues el centro C = (x, y) de la circunferencia circunscrita es;

L
, 51 50 .
" ( TI ' 3¥ >


6.- Encontrar el centro C = (x, y) de la circunferencia que es tangente a
los ejes coordenados y pasa por el punto A = (1, 2)

Hay dos soluciones C x y C 2 como puede verse en la figura de arriba.
Plantearemos el problema: Si C = (x, y) es el centro de la circunfe
rencia pedida, C debe equidistar del eje Y y del punto A = (1, 2 ) , es
decir,

d(C, A) = distancia de C al eje "Y11

d(C, A) - distancia de C al eje "X11

pero.


distancia de C al eje "Y" = X,

distancia de C al eje "X" = Y y

d(C, A) = / (x-1) 2 + (y-2)¿

por tanto,

Y = x

Y = / (x-l)2 + (y-2)2

Y = x y

Y 2 = (x-1) 2 + (y-2) 2

Y = x

Y 2 = x 2 - 2x + 1 + y 2 - 4y + 4

Y = x

0 = x 2 - ?x + 1 - 4x + 4

Y = x (1)

0 = x 2 - 6x + 5 (2)

y las soluciones a la segunda ecuación son:

xi = 1 y x2 = 5

y de la primera ecuación

Yi = 1 y Y2 = 5

de donde las dos soluciones


Ci = (1, 1) y

íz = (5, 5)

7.- Una cuerda de la circunferonc¡o x 2 + y 2 = 25 está sobre la recta cu
ya ecuación es x-7y + 25 - 0. Hállese la longitud de la cuerda.

SOLUCIÓN

Sean (x,, yx) un punto de intersección, entonces x, - 7yx +25-0

Sustituyendo x¡ = 7y, - 25 en la ecuación de la circunferencia queda
2 2
, - 25) + yi = 25

49y 1 2 - 350yi + 625 + y, 2 = 25

50y, 2 - 35Oy = -600

2
yi - 7y + 12 = 0

+ 7 ' / 49 - 48 + 7 i 1
yi = _ = ^

yi = ^- = + 3 Xl = + 21 - 25 = -4

y2 - + 4 x2 = + 28 - 25 = 3

P t P 2 | = longitud de la cuerda = / (3 + 4)? + ( 4 - 3)2

= /TD~ = 7.07


Una circunferencia pasa por los puntos A(-3, 3) y B(l, 4) y su centro
está sobre la recta 3x - 2y - 23 = 0. Hállese su ecuación.

SOLUCIÓN:

Si el centro es (h, k) entonces 3h - 2k - 23 = 0 y de la ecuación gene_
2 2 2
ral de la circunferencia (x - h ) + (y - k ) = r , resulta que

(.3 _ h ) 2 + (3 - k ) 2 = r 2 I

(1 . h ) 2 + (4 - k ) 2 = r 2 II

desarrollando obtenemos

+9+6h+h 2 +9-6k+k 2 = 18+6h-6k+h 2 +k 2 = r 2

l-2h+h 2 +16-8k+k 2 = 17-2h-8k+h 2 +k 2 = r 2

de aquí que 18+6h-6k+h 2 +k 2 = 17-2h-8k+h 2 +k 2

8h+2k+ 1 = 0 y

3h-2k-23 = 0

27
Resolviendo resultii h=2 y k = ~-»r

629
sustituyendo en I resulta r2
=

71 2
y por tanto la ecuación deseada es (x - 2 ) 2 + (y + -x~) =

9.- La ecuación de una circunferencia es (x + 2 ) 2 + (y - 3 ) 2 = 5. Hallar 1.


ecuación de la tangente a la circunferencia que pasa por el punto
P = (3, 3).

SOLUCIÓN

El centro es C = (-2, 3).
Sabemos que la tangente en PQ y el radio vector CPQ son perpendiculares
entonces
P Po • CP 0 = 0
(xo-3, y o -3)-(x o +2, y o -3) = 0
(x o -3) (x o +2) + (y o -3) (y o -3) = 0
= x 0 2 - xo - 6 + y 0 2 - 6y 0 + 9 = 0
- x 0 2 + yo 2 - x 0 - 6y 0 + 3 = 0
= (x0?- + 4x 0 + 4) + (y 0 ' - 6 y o + 9 ) - 5 x o - 10 » 0

= (xo+2) 2 + (yo-3) 2 -5x 9 -10 = O
= 5-5xo-lO = -5x o -5

Xo - -1
1 + (y-3) 2 = 5
y 2 - 6y + 10 = 5
y 2 - 6y + 5=0
(y-5)(y-l) = 0
y =5
y =1
Po(-1, 5 ) , P o ^ - l , 1)

Las rectas tangentes son (3,3) + t(-4, 2) y (3, 3) + S(-4, - 2 ) .


10.- Una recta es tangente a un circulo de centro en el origen y radio 3.
Si el punto de tangencia es (2, -V 5 ) hállese la ecuación de la tan
gente.

SOLUCIÓN

La recta tangente p^sa por (2, - /"1T~ ) y es perpendicular al vector
(2, - */H5T ) . Es decir la tangente es y + /TT~ = mi(x-2) con la con
dición que mim 2 = -1, siendo m 2 = - —*— , la pendiente de la recta
2
que pasa por ( 0 , 0) y ( 2 , - /"7T~ ) . Entonces mx = +

i/5T

/TT (x-2)

11.- Consideremos los puntos A + (-1, 0) y B = (0, - 1 ) . A y 8 son puntos
del círculo x 2 + y 2 = 1. Si consideramos un tercer punto C = (x, y)
también en éste círculo, estos determinan un triángulo inscrito en éste
círculo. La pregunta es: entre todos los triángulos AABC inscritos en
éste círculo, cuál será el que tiene área máxima ?.


SOLUCIÓN

Sabemos por Geometría Elemental que el área de un triángulo es "base
por altura sobre dos", siendo la base M " del AABC; fija, el triángulo
del área máxima será aquel que tenga altura máxima, y la altura está da_
da por la distancia entre las paralelas, es decir por ejemplo para el
triángulo AABCi la altura está dada por la distancia entre las rectas,
una que pasa por A y B y la otra, paralela a la primera y que pasa por
Ci; para el triángulo AABC 2 la altura es la distancia entre las parale^
las, una que pasa por A y B y la otra, la paralela que pasa por C 2 ,
etc. La figura anterior sugiere que la altura máxima se obtiene cuando
la paralela a AB es tangente al círculo (punto C en la figura). Plan_
teemos el problema analíticamente.

m =
-1-0 _ .
AB CT^TT = ~ U
luego la ecuación de las rectas paralelas al segmento AEÍ es,

y = -x + b;

por otra parte, la ecuación del círculo es

x2 + y2 =

y lo que se quiere es encontrar un punto C = (x, y) único de coordena
das positivas que satisfaga las ecuaciones

y - -x + b (1)

x2 + y2 = 1 (2) ;

sustituyendo (1) en (2) nos queda la ecuación


(-x + b ) 2 + x2 = 1 (21)

x2 -2bx + b2 + x2 = 1 (2')

2x2 -2bx + b 2 - 1 = 0 (21)

Por tanto para que la ecuación 2x 2 - 2bx + b 2 - 1 = 0 tenga una única
raíz es necesario que su discriminante A sea cero, es decir

A = (-2b)2 - 4(2)(b2-l) = 4b 2 - 8(b 2 -l)

= 4b 2 - 8b 2 + 9 = -4b2 + 8,

tiene que ser cero, lo cual se tiene solo si b - - J 2 ó b = /2
Sustituyendo b = / 2 en (2') tenemos

2x2 - 2 / T ~ x + 1 = 0,

cuya solución positiva es

x = — j — = —«- , y como y = -x + / 2 (ecuación (1)),

por tanto

(¿ Qué significado tiene b =-/~F~ ?)


12.- Hallar la ecuación del lugar geométrico de los puntos, cuyo cuadrado
de su distancia al punto (1, 2) es siempre igual al doble de su distan
cia de la recta 3x + 4y - 1 = 0

SOLUCIÓN

Sean P(x,y) un punto arbitrario del lugar geométrico.
F(l,2) el punto fijo, t la recta dada, entonces P cumple con:
cl2(P,F = 2d(P,¿)

2
=2
/ 3 2 + 42

(x-1) 2 + (y-2)2 = I (3x+4y-l)

x2-2x+l+y2-4y+4 =

5x2-10x +5y2-20y+25 = 6x+8y-2

5x2-16x +5yz-28y = -27

1 fi ?R
5(x 2 - - r x) + 5(y 2 r y) =
-27 completando cuadrados

2 2 2 2
5(x - —r- x + ( ? r ) )+ 5 ( y - —-- y + ( _ - ) ) = - 2 7 + —-- + — r -

,, - 8 ) ¿ + 5(y - 14)* 2= -135A -3- + -196= - ^ = 25
5(x F >2 . (/ T
. s 3 + 64 . 3 - 125 0,

(x - I V + (y - !£ ) 2 = 5
Se trata de una circunferencia de centro en C( •? , -V ) & radio
r = /1


13.- Craficar y hallar la intersección de las circunferencias

x 2 + y 2 + 4y = O
xz • yz - 4x » 8y + 16 - O

SOLUCIÓN

Un punto estará en la intersección de las circunferencias si está en
ambas circunferencias y un punto estará en ambas circunferencias si sa^
tisface ambas ecuaciones, luego para hallar los puntos de intersección
hay que resolver el sistema de ecuaciones:

x 2 + y 2 + 4y = 0 I

2
x + y 2 - 4x + 8y + 16 = 0 II

Multiplicando por (-1) la ecuación I y sumando con II

2
x + y 2 - 4x + 8y + 16 = 0

-x 2 - y 2 - 4y = 0
- 4x + 4y + 16 = 0

-xfy+4=0 ; y+4~x sustituyendo en I

(y + 4 ) 2 + y 2 + 4y = 0

y 2 - 8y + 16 + y 2 + 4y - 0
f ; 2y2 + 12y + 16 = 0

y + 6y + 8 = 0 ; (y 4 4)(y
- + 2) = 0

yi = -4

y2 = -2


Como x = y + 4 sustituyendo yi, y2 obtenemos Xj, x:

x + 4 = -4 + 4 = 0 xx = 0

Así las circunferencias se intersectan en dos puntos

(0, -4) ; (2, -2)

La gráfica la podemos obtener determinando el centro y radio de cada
circunferencia.

x + y + 4y = 0 16 = O

x2 + y2 + 4y + 22 == 02
2
2 x2 - 4x + y2 + 8y = -16

x2 + (y + l)z = 2 x2 - 4x + 2 2 + y2 + 8y + 4 2 = -16+4+16

(x - 2 ) 2 + (y + 4 ) 2 = 4

C(0, -2) r =2 C(2, -4) i r = 2

La gráfica es:


1. Hallar las ecuaciones de las rectas tangentes trazadas del punto (1,4)
a la parábola y 2 + 3x - 6y + 9 = 0

SOLUCIÓN

La ecuación de la familia de rectas que pasan por el punto (1,4) es

y - 4 = m(x-l) ó y = mx - m + 4

donde el parámetro m es la pendiente de la tangente buscada.

Al sustituir el valor de y en la ecuación de la parábola nos queda

(mx - m + 4 ) 2 + 3x - 6(mx -m+4)+9=0

esta ecuación se reduce a la siguiente

m 2 x 2 + (-2m2 + 2m + 3)x + (m2 - 2m + 1) = 0

que es una ecuación de segundo grado en x, para que haya tangencia se
debe tener

(-2m2 + 2m + 3 ) 2 - 4(m 2 )(m 2 - 2m + 1) = 0

Resolviendo esta ecuación se tiene que

mi = j y m2 = - j

Por tanto, las ecuaciones de las rectas tangentes buscadas son

y - 4 = 2-(x-l), y y . 4 = - ^(x - 1) 6 también

3x-2y+5=0 y x+2y-9=0

Haga una interpretación geométrica de este resultado.


2. La ecuación de una familia de parábolas es y = ax 2 + bx. Hallar la
ecuación del elemento de la familia que pasa por los puntos p(2,8) y
Q(-l,5).
SOLUCIÓN

Si la parábola pasa por p(2,8), se tiene la ecuación

8 = 4a + 2b

de la misma forma, al pasar por Q(-l,5) se tendrá

5 = a - b

por lo que al resolver el sistema de ecuaciones

4a + 2b = 8
2a - 2b = 10

se tiene que a - 3, b = -2

por tanto, la ecuación buscada es

y = 3x 2 - 2x

3. Hallar la ecuación de la parábola cuyo eje focal es paralelo al eje x
que pasa por los puntos (0, 0 ) ; (8, - 4 ) ; (3, 1)

SOLUCIÓN

Por ser el eje focal paralelo al eje x la ecuación será de la forma


y 2 + Dx + Ey + F = O

Como los tres puntos están en la parábola sus coordenadas deben de sa
tisfacer la ecuación, por lo tanto

P.ira (0, 0) se tiene O 2 + D(0) + E(0) * F = 0
Para (8,-4) se tiene (-4)2 + D(8) + E(-4) + F = ü
Paro (3, 1) se tiene ( I ) 2 + D(3) + E(l ) + F = 0

luego F = 0 & 8D - 4E = -16
3D + E = - 1

Solucionando el sistema:

8D - 4E = -26
120 + 4C = - 4
200 = -20 D = -1 ; E = 2

Así la ecuación buscada es

y'¿ - x + 2y = 0

Que en su forma ordinaria se expresa como:

y 2 + 2y = x
y 2 + ?y + 1 = x + 1

(y + I ) 2 = x + 1


Los gigantescos telescopios de Australia (Parkes), Inglaterra
(Jodreii Bank) entre otros son telescopios reflectores que trabajan me
d i a n t e c o n c e n t r a c i ó n de ondas d e radio p a r a l e l a s y d é b i l e s en un punto
focal .

La figura ilustra la situación

Veamos el por qué de una parábola (y por lo tanto un paraboloide).

Recuerda el principio do reflexión de la luz.

Considérese la parábola y 2 = 4Px P > 0.

2.- Sea ix la recta paralela al eje focal (eje x's) que intersecta a la pa
rábola en el plinto A(xi, y¡).

3.- Traza la recta tangente ? 2 a 1 a parábola en A.

4.- Sean a el ángulo entre ix & t?.
8 el ángulo entre £2 & AF con F el foco de la parábola
y el ángulo entre P 2 & el eje focal .

V = a Ya que ^ es paralela al eje (x's).


Se tendrá la siguiente figura

Sea B el punto de intersección de la tangente & el eje x's

B(-x lf 0) Demostrarlo.

6.- Sea C el punto de intersección de ?i y la directriz de la parábola

C(-P, y,)

Coloca los puntos B & C en la figura.

luego d(A,C) = xi + P
d(B,F) x, + P

Corno d(A,F) - d(A,CJ ya que se trata de una parábola
d(A,F) = d ( B J ) AABF es isósceles
r
de donde B i llegando o - 8-


Así todas las ondas que son paralelas al eje y que incidan en la parábo
la se reflenarán pasando por el foco.

Esta propiedad de reflexión de las parábolas se usa inversamente en
los faros de los automóviles colocando un pequeño foco eléctrico en el
1
1
foco11 eléctrico de un paraboloide reflejando un haz de rayos (casi)
paralelos.

Se tiene malla para cercar un terreno rectangular por 120 rn.
Si y es el área & x es uno de los lados del rectángulo se tiene:
y = 60x - x¿. Trazar la gráfica de esta ecuación. ¿ Qué valores de
x son aceptables para la realidad ? ¿ Para que valor de x se tiene el
área máxima ?

SOLUCIÓN:

Si y es el área & x un lado entonces:


y x(60-x)

y = 60x-x2
6ü-x

y = 60x-x2 = -(x2-60x)

y . 30 2 = -(x2-60x + 30 2 ) = -(x-30) 2

y - 900 = -(x-30) 2 se trata de una parábola de vértice v(30>900)
Graficando )/

Los valores aceptables para x son 0 - x - 60

El área máxima es 900, que corresponde a un cuadrado de lado 30.

¿Esto se deduce de la gráfica?.


6. Una parábola cuyo vértice está en el origen y cuyo eje coincide con el
eje x pasa por el punto (-2,4). Hallar la ecuación de la parábola, las
coordenadas del foco, la ecuación de la directriz y la longitud de su -
lado recto.

SOLUCIÓN

y 2 = 4px es la forma de la parábola que deseamos
16 = 4p(-2) p = -2 El foco es (-2,0); la ecuación de la dire£
tríz es x = 2. La longitud del lado recto es 8.

7. Una cuerda de la parábola y 2 - 4x = 0 es un segmento de la recta
x - 2y + 3 = 0. Hallar su longitud.

SOLUCIÓN

Una cuerda es el segmento de recta que une dos puntos de la parábola,
Como x = 2y - 3,
2
y = 4x - 4(2y - 3) = 8y - 12
y 2 - 8y + 12 - 0

8 ± /64 - 48 8 ± 4
y .= —

y = 6 y = +2

+
Xi = 12 - 3 = 9 y x 2 = 4-3=l

(9,6) y (l,+2). La distancia entre ambos es la longitud deseada
I = / (9-1)2 + (6-2T 7 = /"82 + 42 =


9. Dados los puntos A(-2,0) B(0,3) C(l ,0) escriba una ecuación para la
parábola vertical a través de ellos

SOLUCIÓN

Es vertical, (x-h) 2 = 4p(y-k). Formamos un sistema de tres ecuaciones
con tres incógnitas ,zh, k, + p
(-2-h)2 = 4p(-k) h 2 = 4p(3-k) (+l-h) 2 = 4p(-k)
4+4h+h2 = 1 - 2h+hz6h = - 3 , h = - ~

9 9 1 3 1 9 1
= = Pk = P = -

, 54 27 , 1X2 w lw 27
k (x f } 4( )(
^ T 6 ~- T 2 '- " *

COMPROBACION

12


Hallar la ecuación del lugar geométrico de los puntos cuya distancia al
eje y es siempre igual al doble de su distancia del punto (3,2).

SOLUCIÓN

Sean: P(x,y) un punto cualesquiera del lugar geométrico
d(P,Y) distancia de P al eje Y

El enunciado dado matemáticamente se expresa como:

d(P,Y) = 2d(P,F)

|x| = 2/ (x-3) z + (y-2)¿ Elevando al

cuadrado

x 2 = 4[(x-3) 2 + (y-2) 2 ]

x2 = 4 (x 2 - 6x + 9 + y 2 - 4y + 4)

x 2 - 4x 2 - 24x + 4y z - 16y + 52

0 = 3x 2 - 24x + 4y;: - 16y + 52

3(x 2 - 8x) + 4(y 2 - 4y) = -52 Completando cuadrados
2 2 2
3(x - 8x + 4- ) + 4(y - 4y + 2 ) = -52 + 48 + 16

3( x -4) 2 + 4(y-2) 2 = 12

(x-4) 2 (y-2) 2 .
4~ 3

Luego se trata de una elipse de centro en (4, 2) y ejes paralelos a los
ejes coordenados.


2.- Hallar la ecuación de la elipse que pasa por los puntos (-6, 4) (-8, 1 ) ;
(2, - 4 ) ; (8, - 3 ) .

SOLUCIÓN

La ecuación será de la forma:

x2 + By2 + Dx + Ey + F = 0

Como los puntos dados deben de satisfacer la ecuación se tiene

;-6, 4 ) ; 36 + 16B - 60 + 4E + F = 0

(-8, 1); 64 + B - 80 + E + F =Ü

(2, - 4 ) ; 4 » 168 + 2D - 4E + F = 0

(8, - 3 ) ; 64 i 9B + 80 - 3E + F = 0

Luego hay que resolver el sistema de ecuaciones

16 -6 4 1 -36 1 -8 1 1 -64
1 -8 1 1 -64 0 8 -8 0 32
16 2 -4 1 - 4 0 130 -20 -15 1020
9 8 -3 1 -64 0 80 -12 - 8 512

1 0 -7 1 -32 1 0 -7 1 -32
0 1 _] 0 4 0 1 -1 0 4
0 26 -4 -3 204 0 0 22 -3 100
0 0 68 -8 192 0 0 17 -2 48


1 0 -7 1 -32 1 0 -7 1 -32

0 1 -1 0 4 0 1 -1 0 4

0 0 374 -51 1700 0 0 22 -3 100

0 0 -374 44 -1056 0 0 0 -7 644

1 0 -7 1 -32 1 0 -7 0 60

0 1 -1 0 4 0 1 -1 0 4

0 0 22 -3 100 0 0 22 0 -176
0 0 0 1 -92 0 0 0 1 -92

1 0 -7 0 60 1 0 0 0 4

Ü 1 -1 0 4 0 1 0 0 -4
0 0 1 0 -8 0 0 1 0 -8

0 0 0 1 -92 0 0 0 1 -92

B - 4 ; D = -4 ; E = -8 ; F = -92
-

Así la ecuación buscada es:

. 4 X . gy - 92 = 0

que en su forma ordinaria queda como:

x 2 - 4x + 4y 2 - 8y = 92

x 2 - 4x « 2 2 + 4(y 2 - 2y + 1) = 92 + 4
•

(x-2) 2 t 4(y-l) 2 = 100


(x-2)2
- 1
100 25

La g r á f i c a es:

8,5)

(12,0

(-6,-2) (8,-3)


3.- Se ha colocado en órbita elíptica alrededor de la tierra un satélite, la
tierra está en uno de los focos y la excentricidad de la elipse es *
Si la misma distancia entre el satélite y la tierra es 486 Km encontrar
la distancia máxima a la que se aleja el satélite de la tierra.

SOLUCIÓN

La distancia mínima y máxima serán cuando el satélite esté en los vertí
ees de la elipse

F1 C

¿486

Así necesitamos conocer a & C,

a = 3C
a 3

Además a = C + 486 3C = C + 486 ; 2C = 486


C = 243

Así a = 243 + 486 - 729

luego distancia máxima será d(máx)= a + C = 972 Km

d(máx)= 972 Km.

4.- Hallar la ecuación de la elipse que tiene su centro en el origen, uno
de sus vértices en el punto (0, 7) y pasa por el punto (/T, 14/3)

SOLUCIÓN

La ecuación buscada es
x2 . y 2 _ , x2 y2

Sustituyendo el punto (/?, 14/3)
,14* 7 2 x2 2
5 T 5
~1T~ 5 2¿
F2" + 49 b 2+ +

9x5 + 4b 2 = 9b 2

45 = bb 2 ; b 2 = 9 ; b = 3 la ecuación es

x2 v2


Elipsoide terrestre. Si uno considera al globo terrestre como un elip
so ¡de de revolución en torno de la línea de los polos, uno tiene necesi
dad, en los cálculos geodésicos, de expresar ciertas líneas del elipsoi_
de en función del radio ecuatorial a, de la excentricidad e y de la lati_
tud 1 del punto que uno considera en la superficie. Sea ABA'B'la elipse
meridiana,
OA = a su semieje mayor
OB = b su semieje menor

Sea M el punto que se considera, MT la tangente en ese punto, y MN la
normal; ésta última intersecta al mayor en un punto n; y al eje menor en
N; la longitud M n es denominada la pequeña normal. La longitud MN la
gran normal; las designaremos por n y N.

El ángulo MnX que hace la normal con el eje mayor es la latitud 1 del
punto M.

La excentricidad o tiene» el valor — = e
a
despejando b = a/I - e 2

Si se baja la perpendicular MP sobre OA, y MQ sobre OB, la linea MQ, la
línea OP, son los rayos de paralelismo sobre los cuales se sitúa el pun
to M.

La abscisa de este punto es x. Entonces

tang I = KD xa
; Sustituyendo y por su valor y - — /a 2 - x 2
a
y resolviendo para x, so obtiene al reemplazarlo por su valor,

x *
/ T - e * sen 2 !

La gran normal se obtiene notando que en el triángulo MQN


MQ = x
MN = eos 1 eos 1 N=
/ l-e 2 sen 2 l

Del valor de x, a(l-e 2 )sen
/ l-e 2 sen 2 l

6.- La ecuación de una familia de elipses es kx 2 + 4y 2 + 6x - 8y - 5 = 0.
Hallar las ecuaciones de aquellos elementos de la familia que tienen
una excentricidad igual a 1/2.

SOLUCIÓN

La ecuación kx 2 + 4y 2 + 6x - 8y - 5 = 0 también puede escribirse co_
mo


(x + 2
k
+ (y - D = 1 k * 0.
9(k + 1) 9(k + i)
k* 4k

entonces:

9( k + 1)
y
. 9U
k2

k + 1)
ii) a2 = 9( y
4k

Si sucede (i), tenemos que:

9(k+l)(4-k)
c 1
a 9(k+l

y como e - jy entonces k = 3, por lo que la ecuación buscada es

3x: 6x - 8y - 5 = 0

si sucede (ii), se tiene que

9(k-4)(k+l)
e = - = k - 4
a
4k

de donde al hacer las operaciones indicadas, se encuentra que

k - T

por lo tanto, la otra ecuación de la familia es

16x2 + 12y2 + 18x - 24y - 15 = 0


7.- Hallar la ecuación de la elipse que pasa por los puntos P(l, 1 ) ,
Q(2, 0 ) , R(-l, -1) y S(0, -3) y tiene sus ejes paralelos a los coordena_
dos.

SOLUCIÓN

La ecuación buscada es de la forma
y
2 2
Ax + By + Cx + Dy + E = 0

como los cuatro puntos están sobre la elipse, sus coordenadas deben de
satisfacer la ecuación antes dada. Por lo tanto, expresando esto, obte
nemos las cuatro ecuaciones siguientes:

( 1 , 1), A + B + C + D + E=Q
( 2, ü ) , 4A •«• 2C f E - 0
(-1, -l)f A + B - C - D + E = 0
( 0, - 3 ) , 9B - 3D + E = 0

La solución de este sistema deecuaciones nos da

A = 19, B = 11, C = -23, D = 23 y E = -30

Sustituyendo estos valores on la ecuación general de la elipse, obtene
mos
19x 2 f lly 2 - 23x + 23y - 30 = 0.


!-
• Dar la ecuación de la hipérbola de centro en el origen, un vértice en
(4,0) si tiene una asíntota de ecuación 3x-4y = 0

SOLUCIÓN

La ecuación será de la forma: x2 y 2 - i
2
a"* Y
Asi se necesita conocer a & b.
Como un vértice tiene coordenadas (4,0); a=4 ya que 3x-4.y = 0 es una
asíntota
3x = 4y ; y = ^ x . . b = 3
Así, la ecuación es: x2 y 2 ,
16 " 9 "L

2.- Identificar y dar la ecuación del lugar geométrico de los puntos, cuya
distancia al punto (0,5) sea igual a 4 veces su distancia a la recta
4y - 5 = 0

SOLUCIÓN

Si P(x,y) es un punto cualquiera del lugar geométrico entonces se cum-
ple que
d(P,F) = 4 d(P,¿) con:
d(P,F) = la distancia de P al punto fijo F(0,5)
d(P,£; = la distancia de P a la recta (fija) dada
X2 + (y.5)2 s 4

x2 + ( y - 5 ) 2 = |4y-5| elevando al cuadrado

x2 + ( y - 5 ) 2 = |4y-5|2 desarrollando


x 2 + y 2 - lOy +25 = 16y2 - 40y + 25
x 2 - 15y2 + 3Oy = O
x 2 - 15(y2-2y) = O
x 2 - 15(y2-2y +1) = -15
x 2 - 15(y-l) 2 = -15
(y-1) 2 - x£ = 1
15

luego se trata de una hipérbola

Identifica el lugar geométrico de los puntos cuya ecuación es:
25x2 - 4y2 + 50x - 8y + 21 = O

SOLUCIÓN

25(x2 f2x) -4(y2 +2y) = -21
25(x2>2x+l)-4(y2+2y+l) = -21+25-4
25(x+l) Z - 4(y+l) 2 = 0
25(x+l) 2 = 4(y+l) 2

y+1 = +| (x+1)

Así la ecuación representa dos rectas


4.~ H a l l a r l a ecuación de l a h i p é r b o l a que pasa por l o s puntos ( 3 , - 2 ) y
(7,6) t i e n e su c e n t r o en e l o r i g e n y e l e j e t r a n s v e r s o c o i n c i d e con el
eje x.

SOLUCIÓN:

Recordando que e j e t r a n s v e r s o es e l que une a l o s v é r t i c e s ; l a ecuación
t i e n e que ser de l a forma

x2 y2 _ ,
a"" " b5" " l
5

L2 _ ^ , i = > % 2 - 4a 2 = a 2 b 2

i9. . || = i = > 49b2 - 36a2 = a 2 b 2

40b2 - 32a2 - 0
40b2 = 32a2

b .^ a -F a

9(J a 2 ) - 4a 2 =a 2 (£ a 2 )
9a2 - 5a 2 = a"
a" = 4a2
a2 = 0 ó a2 = 4

b> » £
x¿ _
4 " 16

5.- Si k es un número cualquiera diferente de. c e r o , demostrar
2 2
que la ecuación 3x - 3y = k representa una familia de


hipérbolas de excentricidad igual a fT

SOLUCIÓN:

3x2 3v2
Dividiendo entre k obtenemos ~ r — -í— 1. Por tanto representa una
/F
hipérbola con a * b =y y . Al variar k se obtienen diferentes hipérbo_
las, i.e. la ecuación representa una familia de hipérbolas. Su excen_
tricidad

e. £ .¿EES . llL- rz > i
a a K

6.- Hallar la ecuación de la hipérbola que pasa por el punto (4,6), tiene
el eje focal paralelo al eje x, y sus asíntotas son las rectas
2x • y - 3 = 0 y 2x - y - 1 = 0

SOLUCIÓN:

La ecuación de la hipérbola buscada, se encuentra haciendo el producto
(2x » y - 3)(2x - y - I) = K
o Sea
4x - y 2 - 8x + 2y + 2 * k
como la hipérbola buscada debe pasar por los puntos (4 t 6), las coordena
das de este punto deben satisfacer la ecuación de la hipérbola. Por
tanto k = 11

De donde obtenemos finalmente la ecuación
4x 2 - y 2 - 8x + 2y - 3 = 0


7.- Hallar los valores de m para los cuales las rectas de la familia
y = mx - 1 son tangentes a la hipérbola 4x 2 - 9y 2 = 36

SOLUCIÓN:

Al sustituir la ecuación y = mx - 1 en 4x 2 - 9y 2 = 36, obtenemos
4x 2 - 9(mx - I ) 2 = 3 6 6
(4 - 9m 2 )x 2 + 18mx - 45 = 0
La condición de tangencia establece que
(18m) 2 - 4(-45)(4-9m 2 ) = 0
de donde al resolver esta ecuación se obtiene que m = —-—



1.- Hallar la ecuación del lugar geométrico de los puntos cuya suma de cua
drados de distancias a los puntos fijos A(-2, 2 ) ; B(l, -4) sea 28.

2,- Hallar el lugar geométrico de los puntos tales que el vector que va de
cualquiera de estos puntos al punto (-2, 4 ) , es ortogonal al vector que
va del mismo punto al punto (2, - 4 ) .

3.- Una parábola tiene por directriz a la recta y = x, foco de coordenadas
(-2, 2) y determinar

i) La ecuación del eje focal de la parábola.
ii) Dar las coordenadas del eje de la parábola.
i i i) Dar la magnitud del lado recto.

4.- Un paraboloide se puede obtener girando un arco de parábola que inicie
en el vértice alrededor del eje de la parábola. Se quiere construir un
reflector parabólico que debe tener una profundidad de 16 cm & una aber^
tura de 48 cm. ¿ A qué distancia está el foco del vértice para colocar
ese punto a una fuente lumínica ?.

48cm.


Dar la ecuación del conjunto de puntos cuyo producto de pendientes de
las rectas que unen a cualquier punto del mencionado conjunto con los
puntos fijos (-2, 1) & (6, 5) es constante e igual a - 4.

6.- Se tiene una escalera de 10 m de longitud apoyada sobre una pared, está
una marca en un peldaño a 6 m de la base de la escalera. Si la base de
la escalera se desliza sobre el piso & la parte superior de la escalera
no pierde contacto con la pared, probar que la marca del peldaño descn
be una trayectoria elíptica.

7.- Graficar y hallar los puntos de intersección de :
4y 2 - 2x 2 - 2x - 16y + 16 - 0
- 6 x 2 + 8 y 2 - 6x - 32y •• 36 - 0
»

8.- Dar la ecuación de la hipérbola que pasa por el punto (4, 6 ) , que tiene
eje focal paralelo al eje x & sus asíntotas son las rectas
2x +.y - 3 = 0 ; 2x + y - 1 = 0

9.- Determinar el lugar geométrico que define cada una de las ecuaciones
que se dan, dando las coordenadas de los vértices, foco y extremos del
lado recto. Escribir las ecuaciones de los ejes, directriz y asíntotas.
Graficar con todos sus elementos.

i) x 2 - y 2 - 2x + y - 1 = 0
¡i) x 2 - 2x + y - 1 ^0
i i i ) x 2 + y 2 + 2x - y + 1 - 0
iv) x 2 - 9y 2 - 4x + 36y - 4 i = 0

v) 4x 2 - y 2 - 4x + 6y - 152 = 0
vi ) 4x 2 + y2 + 24x - 6y + 29 = 0


10.- Hallar la ecuación del plano tangente a x 2 + y 2 + z 2 = 26z en el pun
to (3, 4, ?).


1.- Hallar las ecuaciones de las tangentes trazadas del punto (-2, 7) a la
circunferencia x 2 + y 2 + 2x - 8y + 12 = 0

SOLUCIÓN : i) 2x - y i Jl = 0
¡i) x i 2y - 12 = 0

12.- Hallar el ángulo agudo que forman las circunferencias x 2 + y 2 - 17 = 0 y
x 2 + y2 - 12x - 4y + 11 = 0 en su intersección

SOLUCIÓN : 82° 14'

13.- Un punto p se mueve de tal manera que el cuadrado de su distancia de la
base de un triángulo isósceles es siempre igual al producto de sus dis
tancias de los otros dos lados. Demostrar que el lugar geométrico de p
es una circunferencia.

14.- Los extremos del lado recto de una parábola cualquiera se unen con el
punto de intersección del eje con la directriz. Demostrar que estas
rectas son perpendiculares entre sí.

15.- La directriz de una parábola es la recta y - 1 = 0, y su foco es el
punto (4, - 3 ) . Hallar la ecuación de la parábola por dos métodos di fe
rentes.

SOLUCIÓN : (x-4) e - -8(y+l)

16.- Con referencia a la parábola y2 - 2x + 6y + 9 = 0, hallar los valores
de k para los cuales las rectas de la familia x + 2y + k = 0

a) cortan a la parábola en dos puntos diferentes.
b) son tangentes a la parábola


c) no cortan a la parábola

SOLUCIÓN: a) k < 8
b) k = 8
c) k < 8
-

17.- La ecuación de una familia de elipses es 4x 2 + 9y 2 + ax + by - 11 = 0
Hallar la ecuación del elemento de la familia que pasa por los puntos
(2, 3) y (5, 1).

SOLUCIÓN: 4x 2 + 9y2 - 16x - 18b - 11 = 0

18.- Hallar las ecuaciones de las tangentes a la elipse 3x 2 + y 2 + 4x - 2y -3 = 0
que son perpendiculares a la recta x + y - 5 - 0

SOLUCIÓN: i) x - y - 1 = 0
i i ) 3x - 3y f 13 = 0

19.- Hallar la ecuación de la hipérbola que pasa por el punto (2, 3 ) , tiene
su centro en el origen, su eje transverso está sobre el eje Y, y una de
sus asíntotas es la recta 2y - /T x = 0

SOLUCIÓN: 4y 2 - 7x* = 8

20.- Hallar e identificar la ecuación del lugar geométrico de un punto que
se mueve de tal manera que su distancia del punto (2, -1) es siempre
igual al doble de su distancia de la recta x + 2 = 0,

SOLUCIÓN: 3x 2 - y 2 + 20x - 2y + 11 = 0


21.- Las ecuaciones de dos circunferencias son:
x 2 + y 2 + Dxx + Eiy + Fx = 0
x 2 + y 2 + D2x + E 2 y + F2 = 0
Hallar las condiciones que deben satisfacer los coeficientes p¿ra que
sean concéntricas.

22.- Hallar la ecuación de la esfera que pasa por los puntos (1, -3, 4 ) ,
(1, -5, 2) y (1, -3, 0] y tiene su centro en el plano x + y + z = 0.

23.- Hallar la ecuación de la circunferencia que pasa por el punto de ínter
sección de las circunferencias
x 2 + y2 - 6x + 2y + 4 = Ü
x 2 + y 2 + 2x - 4y - 6 = 0 y cuyo centro esté en la recta y = x.

24.- Demuestre que los siguientes puntos son conciclicos
(-1, - 1 ) , (2, 8 ) , (5, 7 ) , (7, 3 ) .

25.- Hallar la ecuación de hi esfera siguiente: centro (0, 0, 0) y tangente
al plano 9x - 2y + 6z + -1 = 0.

26.- Hallar la ecuación de la circunferencia que pasa por el punto (-2, 2) y
por los de intersección de las circunferencias x 2 + y 2 + 3x - 2y - 4 = 0
y x 2 + y 2 - 2x - y - 6 = 0

27.- Hallar la ecuación de la esfera que pasa por
(1, 0, 1 ) , (2, 1, 1 ) , (2, 0, - 1 ) , (1, I, | ) .


28.- Usando vectores, determine la tangente a la circunferencia en un punto
cualesquiera p(x, y ) .

29.- Hallar la ecuación de la esfera que pasa (0, 0, 5) y el centro en la in
tersección de
x - y + z = 0
3x + 2y - z = 13
2x - y + 3z = -10

30.- Cambiar las siguientes ecuaciones a la forma ordinaria
3x2 + 3y2 + 3z 2 + 2x - lOy - 4z = -8

31.- Demostrar que (x - 3 ) 2 + (y - I ) 2 = 13 2 y
(x - 9 ) 2 + (y - 9 ) 2 = 3 2
son tangentes internamente.


32.- Un punto se mueve de manera que su distancia mas corta a un circulo da_
do es igual a su distancia a un diámetro también dado de ese círculo.
Hallar su lugar geométrico.

SOLUCIÓN. Dos parábolas

33.- Demostrar que el lugar geométrico de un punto que se mueve de manera
que la suma de sus distancias a dos rectas fijas sea constante es una
recta.

34.- Un punto se mueve de manera que sus distancias a dos puntos fijos están
en una razón constante k. Demostrar que el lugar geométrico es una cir^
cunferencia excepto cuando k=l.

35.- Un punto se mueve de manera que el producto de las pendientes de las
rectas que lo unen a A(-a,0) y B(a,O) es constante. Demostrar que el
lugar geométrico es una elipse o una hipérbola.

36.- La altura de un segmento parabólico es 3cm y la longitud de su base es
14cm. Una recta que atraviesa el segmento perpendicular a su eje mide
7cm. ¿A qué distancia está esta recta del vértice del segmento?

SOLUCIÓN. 2 cm.

37.- Un arco de parábola de eje vertical mide 14 m de luz y el punto más a]_
to está a 4 m sobre la horizontal. ¿Cuál es la longitud de una viga
colocada horizontalmente atravesando el arco a un metro de la parte su_
perior?

SOLUCIÓN. 7 m (la luz es de 14 m ) .


38.- El cable de un puente colgante tiene la forma de un arco de parábola.
La plataforma suspendida que es horizontal y mide 100 m de largo, es-
tá sostenida por varillas verticales sujetas al cable, midiendo 30m la
varilla más larga y 7 m la más corta. Hallar la longitud de una de
las varillas de soporte situada a 16m de la parte media.

SOLUCIÓN. 9 m.

39.- El teorema de Torriccelli establece que la velocidad de flujo a cual-
quier profundidad h es equivalente a la velocidad que se adquiere por
la caída libre desde la misma altura. De aquí se sugiere un método p<a
ra medir la velocidad de corriente de agua. Si esta estuviera en rep£
so a la altura h por el brazo vertical,
,2
La relación es h= m
g = 9.81 seg
seg

Grafique h contra v

40.- Las ondas electromagnéticas satisfacen la relación básica
C = v X donde: v es la frecuencia
X es la longitud de onda
C es igual a la velocidad de la luz en el vacío
C = 3 X 10 8 m/seg
transforme las siguiente tabla en x a una tabla en v .
Sugerencia. Haga una gráfica de la hipérbola equilátera vvs A


41.- La partícula a de masa M, carga E que se mueve a la velocidad V, a lo
largo de la trayectoria MJ> pasaría en ausencia de la ley de Coulomb,
a una distancia X de un núcleo relativamente pesado de carga Ze. Debi_
do a la repulsión mutua de las dos cargas positivas la fuerza F, dada
:
por F = k — , que sobre la partícula a. en todos los puntos origi-
na una trayectoria hiperbólica, se aproxima por una asíntota y se ale-
ja por la otra

M
v

Grafique la energía potencial de una carga E de la partícula a al pasar
cerca del núcleo de carga Ze, donde Z es el número atómico y e la carga
del electrón en términos de r,
E Pot - k Ze
donde:
k es una constante
r es la distancia entre la partículaay el núcleo cargado

42.- La capacidad calorífica molar a temperatura constante es, para el vapor
de agua a diversas temperaturas, como sigue:

Temperatura 10 100 500 700 1000
Capacidad 8.8 8.6 8.4 8.6 9.1
Determinar la ley en la forma C = a+bt + ct 2


Tomando la ley de Boyle pv - C, determinar c gráficamente a partir de
los siguientes pares de valores observados:
P 39.92 42.27 45.80 48.52 51.89 60.47 65,97
v 40.37 38.32 3b.32 33.29 31.22 26.86 24.53

43.- Sí el elemento calentador de un tostador eléctrico de pan tiene una re_
sistencia de 22 ohms y esta conectado en la casa al voltaje usual de
110 volts. ¿Cuánto calor generará en un minuto? ¿ y en 3?.
Resolverlo gráficamente sabiendo que H = 0.24 I* Rt, es la energía t£
tal consumida.


Problemario de vectores, rectas, planos,
sistemas de ecuaciones lineales
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