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U N I V E R S I D A D
D E M U R C I A
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICAS
GAyE 2013/14.
Examen
PROBLEMAS
- (20 puntos) En el plano afín ordinario se considera un trapecio cuyas bases son AB y CD. Sea E el punto de intersección de las rectas AD y BC, y sea F el punto de intersección de las rectas BD y AC. Demuestra que la recta EF pasa por los puntos medios de las bases AB y CD. Solución: Tomamos el sistema de referencia R = (A, {− AB,→ − AC→}). Entonces [A]R = (0, 0), [B]R = (1, 0), [C]R = (0, 1) Dado que la recta AB es paralela a CD, las coordenadas de D son de la forma [D]R = (d, 0) para cierto d 6 = 0. Las rectas AD, BC, AC, BD tienen las siguientes ecuaciones: AD : x − dy = 0 BC : x + y − 1 = 0 AC : x = 0 BD : (d − 1)y − x + 1 = 0 Deducimos, por tanto, que [E]R = [BC ∩ AD]R = ( (^) 1+^1 d , (^) 1+^1 d ) y [F ]R = [AC ∩ BD]R = (0, (^1) −^1 d ). Las coordenadas de los puntos medios de A, B y C, D son respectivamente (^12 , 0) y (d 2 , 1), y se comprueba fácilmente que la recta que los une pasa por E y F. Observación: los casos en los que alguno de los cálculos no tiene sentido, por ejemplo si d = − 1 , se corresponden con situaciones en las que, en realidad, no se tiene un trapecio.
- (20 puntos) En el espacio afín ordinario de dimensión 4 se considera el plano π de ecuaciones x − y − z = 1 t = 0
y la recta l que pasa por el punto Q = (0, 0 , 0 , −1) y tiene a ~u = (1, − 1 , 1 , −1) como vector director. (a) Demuestra que π y l se cruzan.
(b) Determina una recta que pase por el punto R = (− 1 , − 1 , 1 , −2) y corte a π y l. Solución: Es fácil ver que el plano π pasa por el punto P = (1, − 1 , 1 , 0) y tiene por vectores directores a ~v = (1, 1 , 0 , 0) y w~ = (1, 0 , 1 , 0). Dado que ~u no es combinación lineal de ~v, ~w, la recta y el plano no son paralelos. Por otra parte, un punto arbitrario de la recta es de la forma Qα = (α, −α, α, − 1 − α) y no cumple las ecuaciones del plano para ningún valor de α. En consecuencia, no se cortan y, por tanto se cruzan. Un punto genérico del plano es de la forma Pβ,γ = (1 + β + γ, −1 + β, 1 + γ, 0) y queremos que la recta que pasa por Qα y tiene como vector director a − Q−α−P−β,γ→ = (1 − α + β + γ, −1 + α + β, 1 − α + γ, 1 + α)
pase por el punto R. Esto sucederá cuando el vector − Q−α−P−→β,γ sea proporcional al vector − Q−α→R = (1 + α, 1 − α, α − 1 , 1 − α), es decir, cuando 1 − α + β + γ 1 + α =^
−1 + α + β 1 − α =
1 − α + γ α − 1 =
1 + α 1 − α. Operando con las igualdades anteriores se llega a α = 0, β = 2 y γ = − 2. La solución es, pues, la recta que pasa por los puntos (0, 0 , 0 , −1) y (1, 1 , − 1 , 0).
- (20 puntos) En el espacio afín euclídeo ordinario, determina la ecuación matricial de la rotación f de eje l :
{ (^) y − z − 2 = 0 x − y + 1 = 0 y ángulo π/ 3. Dado el vector ~v = (1, − 2 , 1), encuentra la ecuación matricial del movimiento t~v ◦ f y clasifícalo. ¾Se veri ca t~v ◦ f = f ◦ t~v? Compruébalo sin calcular las ecuaciones de f ◦ t~v. Solución: El eje de la rotación tiene por dirección el vector u~ 1 = (1, 1 , 1). Por tanto, f~ es una rotación vectorial de ángulo π/ 3 y eje 〈(1, 1 , 1)〉. No es difícil ver que 〈(1, 1 , 1)〉⊥^ = 〈 u~ 2 , ~u 3 〉 con u~ 2 = (1, − 1 , 0) y u~ 3 = (1, 1 , −2). Entonces, en la base ortonormal B = { √u~^13 , √u~^22 , √u~^36 }, la matriz de f~ es
B =
√ 3 2 0
√ 3 2 12
cos π/3 =^12 , sen π/3 =
