Autocorrección

UNIDAD 2
RESPUESTAS A LAS ACTIVIDADES PROPUESTAS
ISOMETRÍAS EN EL PLANO
RESPUESTAS A LA ACTIVIDAD 2- 1
a) Composiciones de f con g y de g con f.
(g o f)( P ) = g ( f( P ) )
P(x, y) → P’(–x, y) → P”(–x+1, y+2) ⇒
f
g
g o f: π → π / P(x, y) ∧ (g o f) (P) = P” ⇒ P”(–x+1, y+2)
Vuelva a la página anterior para ver la figura dinámica 1
(f o g)( P ) = f ( g( P ) )
P(x, y) → P’(x+1, y+2) → P”(–x–1, y+2) ⇒
g
f
f o g: π → π / P(x, y) ∧ (f o g) (P) = P” ⇒ P”(–x–1, y+2)
Vuelva a la página anterior para ver la figura dinámica 2
OBSERVACIÓN:
gof ≠ fog
Vuelva a la página anterior para ver la figura dinámica 3
b) Inversas de f y g.
f( P ) = P’ ⇒ f–1( P’) = P
P’(–x, y)
x’ = –x
⇒
P’(x’, y’)
y’ = y
f–1: π → π / P’(x’, y’) ∧
OBSERVACIÓN: f–1 = f
g( P ) = P’ ⇒
P’(x+1, y+2)
⇒
x = –x’
⇒
y = y’
⇒
f–1 (P’) = P ⇒ P(–x’, y’)
g–1( P’) = P
x’ = x+1
⇒
P’(x’, y’)
g–1: π → π / P’(x’, y’)
y’ = y+2
∧
⇒
x = x’–1
⇒
y = y’–2
⇒
g–1 (P’) = P ⇒ P(x’–1, y’–2)
1
c) A(–1, 3), B(3, 2) y C(0, –2)
Para obtener un triángulo congruente con el ABC debemos hallar las imágenes de los puntos A, B y
C en alguna isometría.
Utilizando f:
A’(1, 3), B’(–3, 2) y C’(0, –2)
OBSERVACIÓN: C’ = C.
Utilizando g:
A’(0, 5), B’(4, 4) y C’(1, 0)
d) Recordemos que P es unido en f cuando f( P ) = P
–x = x ⇒ –2x = 0 ⇒ x = 0
Para que P sea unido debe ser P’ = P, por lo que:
y = y la ordena puede ser cualquiera
Conclusión: En f , todos los puntos del eje y son unidos.
Puntos unidos en g:
P’ = P
x+1 = x
no existe x que verifique
y+2 = y
no existe x que verifique
⇒
En la isometría g, no hay puntos unidos.
e) Sabiendo que la imagen de una recta en una isometría es una recta, para encontrar la imagen de
( r ) 3x – y + 1 = 0, debemos hallar las imágenes de dos de sus puntos:
J(0, 1) y K(1, 4) pertenecen a ( r ), entonces J’(1, 3) y K’(2, 6)
La ecuación de ( r’ ) será de la forma ax + by + c = 0, entonces: a + 3b + c = 0
2a + 6b + c = 0
restando miembro a miembro a + 3b = 0, podemos elegir a = 3 y b = –1 con lo que c = 0.
La ecuación de ( r’ ), es entonces: 3x –y = 0.
f) La recta ( s ) es doble en g si se cumple que g ( s ) = s, esto es si un punto P pertenece a ( s )
entonces su imagen P’ también pertenece.
P(h, k)
⇒
2h – k + 1 = 0
P∈ r
P(h, k)
⇒
P’(h+1, k+2)
debemos verificar que las coordenadas de P’ verifican
P’ ∈ r
la ecuación de ( s ), calculamos:
2(h+1) – (k+2) + 1 = 2h + 2 – k – 2 + 1 = 2h – k + 1 = 0 puesto que sabemos que las coordenadas
de P verifican la ecuación de ( s ). RESPUESTA A LA ACTIVIDAD 2 – 2
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