parcial 2 - Jos Luis Quintero D vila

Ciclo Básico – Departamento de Matemática Aplicada
Código: 0250 – Profesor: José Luis Quintero
Secciones 03 y 04 – Miércoles 22 de Junio de 2011
FACULTAD DE INGENIERÍA
UNIVERSIDAD CENTRAL DE VENEZUELA
Álgebra Lineal y
Geometría Analítica
Segundo Examen Parcial (25%)
1.
Dados los vectores x = (−3,1,1) y
b = (1, 4, 0) , halle los vectores c y d
a. Pruebe que S es un subespacio
de P2 .
(2 puntos)
en R 3 tales que b = c + d con c
paralelo a x y d perpendicular a x.
(3 puntos)
b. Encuentre una base B1 para S y
la dimensión de S. (2 puntos)
4.
2.
Sean la recta
2x + y + 3z = 1
L1 : 
 x−y+z=0
y P el punto simétrico de Q(1,2,3)
respecto a la recta
x −1 2 − y
L2 :
=
= z − 2.
2
2
Halle la ecuación del plano π que
pasa por P y contiene a la recta L1 .
(5 puntos)
q ∈ H⊥ .
(3 + 2 = 5 puntos)
5.
3.
{
}
Sea S = (a + b) + ax + bx2 : a,b ∈ R
un subconjunto del espacio P2 de
los polinomios de grado menor o
igual a 2.
Sean el subespacio
H = {(x, y, z) ∈ R 3 : x − 2y + z = 0}
y el vector v = (1,1,1) .
a. Encuentre una base ortogonal
para H y otra para H⊥ .
b. Escriba el vector v como
donde
y
p ∈H
v = p + q,
Halle la ecuación de la parábola
y = ax2 + bx que mejor ajusta los
datos
xi
yi
1
2
0
1
−1
1
2
3
(3 puntos)
Álgebra Lineal y Geometría Analítica (0250) / 22 de Junio de 2011
1. Dados los vectores x = (−3,1,1) y b = (1, 4, 0) , halle los vectores c y d en R 3 tales que b = c + d
con c paralelo a x y d perpendicular a x.
Solución.
(3 puntos)
Como c es paralelo a x se tiene que c = αx y como d = (d1 , d2 , d3 ) es perpendicular a x se tiene
que d • x = 0 ⇒ −3d1 + d2 + d3 = 0 ⇒ d3 = 3d1 − d2 .
Ahora bien:
−3α + d1 = 1
 −3α + d1 = 1


b = c + d ⇒ (1, 4, 0) = (−3α, α, α) + (d1 , d2 , d3 ) ⇒  α + d2 = 4 ⇒  α + d2 = 4 .
 α+d =0
α + 3d − d = 0
3
1
2


De la segunda ecuación se tiene que α = 4 − d2 . Sustituyendo en la primera y en la tercera
ecuación se tiene que
 −3(4 − d2 ) + d1 = 1
 d + 3d2 = 13
⇒ 1
.

4 − d2 + 3d1 − d2 = 0
3d1 − 2d2 = −4
Resolviendo el sistema se obtiene que d1 =
14
11
y d2 =
43
11
1
lo que implica que d3 = − 11
yα=
1
11
.
Por lo tanto
3
1
1
1
c = (− 11
, 11
, 11
) y d = (14
, 43 , − 11
).
11 11
2. Sean la recta
2x + y + 3z = 1
L1 : 
 x−y+z =0
y P el punto simétrico de Q(1,2,3) respecto a la recta
x −1 2 − y
L2 :
=
= z −2.
2
2
Halle la ecuación del plano π que pasa por P y contiene a la recta L1 .
Solución.
(5 puntos)
Sean P1(1,2, 2) y d2 = (2, −2,1) un punto y un vector director respectivamente de la recta L2 .
Sea el vector P1Q = Q − P1 = (1,2, 3) − (1, 2,2) = (0, 0,1) . Se calculará el vector director d de la
recta que pasa por los puntos P y Q. Para ello se obtendrá un vector normal n2 al plano que
contiene a los vectores P1Q y d2 .
i
n2 = P1Q × d2 = 0
j
0
k
1 = (2, 2, 0) .
2 −2 1
De modo que d es ortogonal a n2 y a d2 , por lo tanto
i
d = n2 × d2 = 2
j
2
k
0 = (2, −2, −8) .
2 −2 1
Como Q ∈ L , la recta L viene dada por
 x = 1 + 2t

L : y = 2 − 2t , t ∈ R
 z = 3 − 8t

Como P es el punto simétrico a Q respecto a L2 , se tiene que
P1P
2
= P1Q
2
⇒ (1 + 2t − 1)2 + (2 − 2t − 2)2 + (3 − 8t − 2)2 = 1 ⇒ 4t2 + 4t2 + 1 + 16t + 64t2 = 1
⇒ 72t2 + 16t = 0 ⇒ t(72t + 16) = 0 ⇒ t1 = 0 , t2 =
2
9
Álgebra Lineal y Geometría Analítica (0250) / 22 de Junio de 2011
Si t = 0 se genera el punto Q. Si t =
2
9
se genera el punto P(13
, 14
, 11
) . Por otro lado, L1 puede
9
9
9
ser obtenida como
x = 1 − 4 t
3
3
2x + y + 3z = 1

L1 : 
⇒ L1 :  y = 13 − 31 t , t ∈ R
 x−y+z =0

 z = t
Se obtienen un punto P2 ( 13 , 13 , 0) de la recta y un vector director d1 = (− 34 , − 13 ,1) . Si se obtiene
el vector P2P = (10
, 11
, 11
) , se puede calcular un vector normal n al plano π como
9
9
9
n = P2P × d1 =
i
j
k
10
9
− 34
11
9
− 13
11
9
44
74 34
= ( 27
, − 27
, 27 ) .
1
Por lo tanto la ecuación del plano π viene dada como
44
( 27
, − 74
, 34 ) • (x − 13
,y −
27 27
9
14
9
, z − 11
)=0⇒
9
2
(22, −37,17) • (x
27
−
13
9
,y −
⇒ (22, −37,17) • (x − 13
,y −
9
14
9
14
9
, z − 11
)=0
9
,z −
11
)
9
=0
⇒ 22x − 37y + 17z + 5 = 0
{
3. Sea S = (a + b) + ax + bx2 : a,b ∈ R
}
un subconjunto del espacio P2 de los polinomios de grado
menor o igual a 2.
a. Pruebe que S es un subespacio de P2 .
Solución.
(2 puntos)
Sean p1(x) = (a1 + b1 ) + a1x + b1x
2
y p2 (x) = (a2 + b2 ) + a2 x + b2 x dos elementos de S. Se tiene
2
entonces que p1(x) + p2 (x) = (a1 + a2 + b1 + b2 ) + (a1 + a2 )x + (b1 + b2 )x2 ∈ S .
Sea α ∈ R . Entonces αp(x) = (αa + αb) + αax + αbx2 ∈ S .
Por lo tanto S es un subespacio de P2 .
b. Encuentre una base B1 para S y la dimensión de S.
Solución.
(2 puntos)
(a + b) + ax + bx = (a + ax) + (b + bx ) = a(1 + x) + b(1 + x ) .
2
2
{
Se verificará que el conjunto B1 = 1 + x,1 + x2
2
} es linealmente independiente.
a(1 + x) + b(1 + x2 ) = 0 + 0x + 0x2 ⇒ a + b = 0 , a = 0 , b = 0 ⇒ a = 0 , b = 0
Por lo tanto B1 es una base para S y la dimensión de S es 2.
4. Sean el subespacio H = {(x, y, z) ∈ R 3 : x − 2y + z = 0} y el vector v = (1,1,1) .
a. Encuentre una base ortogonal para H y otra para H⊥ .
Solución.
Si se despeja z: z = −x + 2y ⇒ (x, y, z) = (x, y, −x + 2y) = x(1, 0, −1) + y(0,1, 2)
(3 puntos)
Verificando independencia lineal:
x(1, 0, −1) + y(0,1, 2) = (0, 0, 0) ⇒ x = 0 , y = 0 , − x + 2y = 0 ⇒ x = y = 0
Sean u1 = (1, 0, −1) , u2 = (0,1, 2) . Aplicando el proceso de ortogonalización se tiene:
v1 = u1 = (1, 0, −1) , v2 = u2 −
u2 • v1
v1 • v1
v1 = (0,1, 2) + 22 (1, 0, −1) = (1, 0,1) .
Por lo tanto una base ortogonal para H es {(1, 0, −1);(1, 0,1)} .
Álgebra Lineal y Geometría Analítica (0250) / 22 de Junio de 2011
Sea w = (w1 , w2 , w3 ) ∈ H⊥ , entonces w • v1 = 0 , w • v2 = 0 , de modo que
w1 − w3 = 0
w1 + w3 = 0
⇒ (w1 , w2 , w3 ) = (0, w2 , 0) = w2 (0,1, 0)
Por lo tanto, una base ortogonal para H⊥ es s = (0,1, 0) .
b. Escriba el vector v como v = p + q , donde p ∈ H y q ∈ H⊥ .
Solución.
(2 puntos)
v•v1
v1•v1
p = proyHv =
q = proy
v
H⊥
=
v•s
s•s
v1 +
v•v2
v2 •v2
v2 =
0
(1, 0, −1)
2
+
2
(1, 0,1)
2
= (1, 0,1)
s = 11 (0,1, 0) = (0,1, 0)
De modo que: v = p + q = (1, 0,1) + (0,1, 0) = (1,1,1) .
5. Halle la ecuación de la parábola y = ax2 + bx que mejor ajusta los datos
xi
1
0
−1
2
yi
2
1
1
3
Solución.
El modelo de ecuación es ax2 + bx = y
 a+b = 2

 0+0 =1

 a−b =1
4a + 2b = 3
(3 puntos)
1
1
2


 
0 0   a  1 

=
.
⇒ Ax = b ⇒
 1 −1   b   1 


 
4
2
3
−1
Se resolverá: (A A)x = A b o equivalentemente x = (A A) A b
T
T
AT
T
T
1 1 


1 0 1 4 
 1 0 1 4   0 0   18 8 
T
=
=
 , A A=

,
1 0 −1 2 
 1 0 −1 2  1 −1   8 6 


4 2 
2
 
17
1 0 1 4   1   15 
 a   22 
A Tb = 
   =   ⇒   =  3 
 1 0 −1 2  1
7
 b   22 
 
3
 
La parábola de mejor ajuste es
y=
17 2
3
x +
x.
22
22