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UTN FRBA              ÁLGEBRA Y GEOMETRÍA ANALÍTICA . Parcial A                                                                                 

Apellido y nombres del alumno: ............................................................................Tema 5

Apellido y nombres del docente: ………………………………………………….

Apellido y nombres del auxiliar docente: ………………………………………… 
 

  La condición para aprobar este parcial es tener bien resueltos como mínimo:

a) los dos ejercicios de Geometría Analítica y uno de Álgebra, ó

b) dos ejercicios de Álgebra y uno de Geometría Analítica. 
 

IMPORTANTE: usted debe presentar en las hojas que entrega, el desarrollo de todos los ejercicios, para justificar sus respuestas. NO USE LÁPIZ

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1)  De todas las rectas del haz determinado por r₁ : y = - 4 x + 1    y   r₂:  2 x + 3 y + 2 = 0

     obtenga la ecuación de la que corta perpendicularmente a t:   . 
 

2)    son vectores no coplanares.

      Calcule todos los valores reales de h, sabiendo que los vectores dados son aristas de un paralelepípedo

      de volumen menor que 4 (cm³). 
 

3)  Obtenga   y

     V = gen  
 

4)  Sean bases de R³ .

     Proporcione todos los w R³ que tienen las mismas coordenadas en B₁ y B₂ . 
 

5)  Sean . Demuestre que:

     a)  P^-1 = P^t  y   Q^-1 = Q^t   entonces  ( P.Q)^-1 = ( P.Q)^t

     b)  Si P y Q son conmutables, entonces  son conmutables. 
 
 

Desarrollo: sólo presentamos algunos pasos del desarrollo de cada ejercicio. El alumno debe presentar en sus hojas de parcial, los desarrollos completos, que justifiquen sus resultados. 
 

1)  Ecuación del haz :  4 x + y – 1 + 2 x + 3 y + 2 ) = 0       (*)    con 

                                    ( 4 + 2 ) x + ( 1 + 3 ) y + ( - 1 + 2 ) = 0    es perpendicular  a las rectas del haz.

Un vector normal a la recta t es:  .

Como la recta   pedida debe ser   perpendicular a  t  Þ     Þ (**)

Reemplazando (**)  en (*)  se tiene la ecuación de la recta pedida, o sea  :  2 x - 3 y - 6 = 0 
 

Como hemos usado un solo parámetro al plantear el haz de rectas  verificamos  que la recta r₂ no es solución  
 

2)  

     Por lo tanto    

3)  Si V = gen { u = ( 0, -1,1,1 ) , v = ( -1, 1, -1,1 ) }  planteamos las condiciones de pertenencia al subespacio S para los dos vectores: u , v

        Obtenemos que   u Ï  S  Ù  v Ï  S    Luego    S  Ç V = { ( 0, 0,0, 0 ) }  
 

4)       en la base B₁

       De  (*)  y (**)  resulta:     .  Resolviendo este sistema en función de (por ejemplo),

       Se tiene que w son todos los vectores de R³ cuyas coordenadas en la base B₁ están dadas por:

5)  a)        

                                                  Q ^-1  =  Q ^t

                                                  P ^-1   =  P ^t

      Multiplic. M. a M.        Q^-1 . P ^-1 =  Q ^t . P ^t

      Por la propiedad de la inversa del producto de dos matrices y por la propiedad de la traspuesta del

      producto de dos matrices:

                                          ( P . Q ) ^-1 = ( P . Q ) ^t

    b)    Efectuamos :         

            Obtenemos:           =

                                          =  pues  P y Q conmutables

                                        = 

                                          = 

            Por lo tanto      son conmutables