algebra

1. UNIVERSIDAD SAN SEBASTIÁN
FACULTAD DE INGENIERÍA Y TECNOLOGÍA
Algebra Lineal
Pauta Solemne 2
INGE1002.-
1. (15 Puntos) Considere el triángulo de vértices A(2, 1, −3), B(4, 2, 1), C(0, 2, 0). Deter-
mine, mediante los contenidos vistos de vectores, el perímetro y área del triángulo.
Desarrollo.-
Recordar que en todo triángulo,
P = a + b + c ; A =
a · ha
2
,
donde a, b, c son sus lados, d su base y h la altura correspondiente. Se tiene que
a =
~
AB
= k(2, 1, 4)k =
√
4 + 1 + 16 =
√
21 (1 Pto.)
b =
~
BC
= k(−4, 0, −1)k =
√
16 + 0 + 1 =
√
17 (1 Pto.)
c =
~
AC
= k(−2, 1, 3)k =
√
4 + 1 + 9 =
√
14 (1 Pto.)
Así,
P =
√
21 +
√
17 +
√
14 ≈ 12, 45. (1 Pto.)
Observemos que
proy ~
AB
~
AC =
~
AC · ~
AB
~
AB
2
~
AB =
−4 + 1 + 12
21
(2, 1, 4) =
9
21
(2, 1, 4) =
3
7
(2, 1, 4). (3 Ptos.)
Ahora,
proy ~
AB
~
AC
=
3
7
k(2, 1, 4)k =
3
7
√
21 = 3
r
3
7
. (2 Ptos.)
Por teorema de Pitágoras, se verica que
h2
a =
~
AC
2
−
proy ~
AB
~
AC
2
= 14 −
27
7
=
71
7
=⇒ ha =
r
71
7
. (3 Ptos.)
Por tanto,
A =
√
21
q
71
7
2
=
√
21
√
71
2
√
7
=
√
213
2
. (3 Ptos.)
1

2. 2. (15 Puntos) Dados los puntos A(−5, 1, 2), B(−1, 0, 6) y C(−2, 3, −2). Determine:
a) La recta L que pasa por A y B.
b) El plano π perpendicular a L y que pasa por C.
c) La distancia entre π y A.
Desarrollo.-
a) Se tiene que el vector director está dado por
~
v = ~
AB = (4, −1, 4). (2 Ptos.)
Considerando B ∈ L, se tiene que
L :



x = −1 + 4t
y = −t
z = 6 + 4t
, t ∈ R (3 Ptos.)
b) Como π⊥L y ~
vkL, se tiene que ~
v⊥π. Con esto, podemos considerar que
~
N = ~
v = (4, −1, 4). (2 Ptos.)
Así,
π : 4(x + 2) − (y − 3) + 4(z + 2) = 0
=⇒ π : 4x + 8 − y + 3 + 4z + 8 = 0
=⇒ π : 4x − y + 4z + 19 = 0
(3 Ptos.)
c) Se tiene que
d(π, A) =
|4(−5) − 1 + 4(2) + 19|
k(4, −1, 4)k
=
|−20 − 1 + 8 + 19|
√
16 + 1 + 16
=
6
√
33
≈ 1, 04
(5 Ptos.)
2

3. 3. (20 Puntos) Considere el plano π paralelo a los vectores ~
u1 = (3, 2, 1) y ~
u2 = (4, 0, 4)
que contiene al punto P(1, −2, 0). Además, considere la recta L que contiene a Q(0, 0, m)
y cuyo vector director es ~
v = (0, n, 1), con m, n ∈ R. Determine m y n de modo que:
a) La intersección entre L y π sea de sólo un punto.
b) L esté contenida completamente en π.
c) L y π sean paralelos.
Desarrollo.-
Primero determinaremos las ecuaciones del plano y la recta.
Ec. Plano: Se tiene que
~
N = ~
u1 × ~
u2 =

9. i j k
3 2 1
4 0 4

15. = 8i + 4j − 8k − 12j = (8, −8, −8).
Como el vector encontrado se puede simplicar por 8, utilizaremos ~
N = (1, −1, −1).
Por tanto, la ecuación del plano es
π : x − 1 − (y + 2) − z = 0
=⇒ π : x − y − z − 3 = 0
(3 Ptos.)
Ec. Recta: Se tiene que
L :



x = 0
y = nt
z = m + t
, t ∈ R (3 Ptos.)
Ahora, la intersección de ambas guras es
−nt − (m + t) − 3 = 0
−nt − m − t − 3 = 0
(n + 1)t + (m + 2) = 0
(2 Ptos.)
a) Para que la intersección sea un punto, debe tener solución única, es decir,
n + 1 6= 0 =⇒ n 6= −1. (4 Ptos.)
b) Para que la intersección sea L, debe tener innitas soluciones, es decir,
n + 1 = 0 ∧ m + 3 = 0 =⇒ n = −1 ∧ m = −3. (4 Ptos.)
c) Para que no haya intersección, no debe tener solución, es decir,
n + 1 = 0 ∧ m + 3 6= 0 =⇒ n = −1 ∧ m 6= −3. (4 Ptos.)
3

16. 4. (10 Puntos) Considere al conjunto de matrices de orden 2 y coecientes reales, M2(R),
con las operaciones siguientes
Adición:
a b
c d
+
x y
u v
=
a + x b + y
c + u d + v
Producto Escalar: α ·
a b
c d
=
aα
bα
cα
dα
Pruebe que M2(R) no es espacio vectorial real mostrando sólo alguna propiedad que no
se verique.
Desarrollo.-
Observamos que para
α
a b
c d
+
x y
u v
= α
a + x b + y
c + u d + v
=
(a + x)α
(b + y)α
(c + u)α
(d + v)α
(4 Ptos.)
α
a b
c d
+ α
x y
u v
=
aα
bα
cα
dα
+
xα
yα
uα
vα
=
aα
+ xα
bα
+ yα
cα
+ uα
dα
+ vα
(4 Ptos.)
Por propiedades de números reales, se tiene que
(a + x)α
6= aα
+ xα
,
por tanto la propiedad no se verica.
Así, M2(R) no es e.v. real con las operaciones dadas. (2 Ptos.)
4