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Solución:               La ecuación dada es equivalente   a la ecuación matricial X T MX + U T X + 135 = 0           ...
1. ( 8 ) Halle el otro foco, los vértices, los extremos del eje menor y la longitud del lado recto   de la elipse E.   Sol...
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4. ( 10 ) Describa la imagen, bajo la transformación lineal T, de la recta L con ecuación          x − 2y = 5.           S...
Soluci´n :         o                                   B                               A                                  ...
Soluci´n :        o                    −1 1                                                                    −1 1     ...
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Parcial geometria vectorial 2

  1. 1. . Universidad Nacional de Colombia - Sede Medellín Escuela de Matemáticas Solución de Segundo Parcial de Geometría Vectorial y Analítica (25%) 19 de mayo de 2012 6 √ 5 5 I. (20%) Considere la hipérbola H con foco F = 12 , excentricidad e = 4 y directriz √ 5 21 L : x + 2y = √ . 5 18 36 1. ( 5 ) Muestre que H tiene una ecuación dada por 11x2 − 20xy − 4y2 + √5 x + √5 y + 135 = 0 Solución: x d(P, F ) P −F P = ∈H⇔ d(P, L) =e⇔ |ax+by−c| =e y √ a2 +b2     6   √    x − 5     12    y √   5 = 5   21 x+2y− √ 4   √ 5   12 +22     6    x− √    12 5    y− √   5 = 5 x+2y− √21 4(3) √ 5   5   2 2   6 12 5 21 x+2y− √5   x − √5 + y − √5 = √   4 5     √ 6 2 12 2 21   4 5 x − √5 + y − √5 = 5 x + 2y − √   5   2   √ 2 2 2   4 5 6 12 21   x − √5 + y − √5 = 5 x + 2y − √ 5   80 x2 − √ x + 36 + y2 − √ y +  12 24 144 = 25 x2 + 4y 2 + 441 + 4xy − 42 √ x − 84 √ y  5 5 5 5 5 5 5(2) 16 x2 − 12 √ x 24 42 + y2 − √5 y + 36 = 5 x2 + 4y2 + 4xy − √5 x − 84 √ y + 441  5 5 5   18 36 11x2 − 20xy − 4y 2 + √5 x + √5 y + 135 = 0 d(P, F )Observaci´n : Si no plantea bien la ecuación inicial o d(P, L) = e , no conceder puntos. 2. ( 10 ) Muestre que la ecuación, dada en el numeral 1., se puede transformar en la ecuación sin 2 2 término mixto dada por −9 (x ) +16 (y ) +18x +135 = 0, referida a un sistema de coordenadas x y obtenido mediante una rotación de ejes según un ángulo θ tal que 0 < θ < π . 2 1
  2. 2. Solución:    La ecuación dada es equivalente a la ecuación matricial X T MX + U T X + 135 = 0   18 √   11 −10 5    donde M = y U= 36   −10 −4 √   5   11 − λ −10   det =0  −10 −4 − λ(5) 2 λ − 7λ − 144 = 0     (λ + 9) (λ − 16) = 0    Los vectores propios de M asociados con λ1 = −9 son las soluciones no nulas del sistema      (11 − (−9)) x − 10y = 0 20x − 10y = 0   ⇐⇒   −10x + (−4 − (−9)) y = 0 −10x + 5y = 0   Cuyo conjunto solución es la recta 2x − y = 0Observación: Si no calcula bien los valores propios de M rebajar 5 puntos.  √1    Un vector propio de M asociados con λ1 = −9, unitario y ubicado en el primer cuadrante es  2 5 .   √  5 (2) M = QDQT donde Q = m(Rθ ), 0 < θ < π siendo2   √1 2 − √5   5 λ1 0 −9 0    Q= 2 1 y D= = √ √ 0 λ2 0 16 5 5   Luego, haciendo el cambio de variable X = QX con X = x  , la ecuación dada se transforma en:   y       (X )T DX + U T QX + 135 = 0   1 2   −9 0 x 18 36 √ − √5 x   x y + √5 √5 5 + 135 = 0   0 16 y √2 √1 y 5 5(4) 1 −2 x   −9(x )2 + 16(y )2 + 18 1 2 + 135 = 0   5 2 1 y     x − 2y   −9(x )2 + 16(y )2 + 18 1 2 + 135 = 0   5 2x + y     18 −9(x )2 + 16(y )2 + 5 (5x ) + 135 = 0   −9(x )2 + 16(y )2 + 18x + 135 = 0Observación: Rebajar por errores algebraicos. 3. ( 5 ) Halle una ecuación, en función de x y y, para el eje x del sistema de coordenadas x y , referido en el numeral 2. Solución:   1 √  El eje x del nuevo sistema de coordenadas es la recta generada por el vector 2 5 (5) √ 5 .   Una ecuación para el eje x en el sistema xy es 2x − y = 0. −2 −2 II. (15%) Considere la elipse E con centro C = , un foco F = y excentricidad 1 −3 e = 0.8. 2
  3. 3. 1. ( 8 ) Halle el otro foco, los vértices, los extremos del eje menor y la longitud del lado recto de la elipse E. Solución: Como el foco y el centro tienen igual su primera componente, el eje focal es la recta vertical x = −2.    c= F −C = −2 −2 0  − = =4 −3 1 −4 (1)  −2 −2   El otro foco es F = =  1+4 5  Si a = distancia de cada vértice al centro (1) La excentricidad es e = a = 0.8 c  4 Luego, a = 0.8 = 0.8 = 5 c   −2 h  C=   = , entonces los vértices son:   1 k  h −2 −2 (2) V = = = y   k+a 1+5 6     h −2 −2  V = = = k−a 1−5 −4 Observaci´n :Rebajar 3 puntos si no calculan bien el valor de a. o (1)  2 = a2 − c2 = 52 − 42 = 9, luego b = 3 b   Los extremos del eje menor son:    h+b −2 + 3 1 A= = = y (2) k 1 1    A = h − b = −2 − 3 = −5   k 1 1 2b2 2(9) (1) La longitud del lado recto es a = 5 = 3.62. ( 3 ) Encuentre una ecuación para la elipse E. Solución: (y−k)2 (x−h)2 Una ecuación para la elise E es de la forma a2 + b2 =1 (3) (y−1)2 2 25 + (x+2) = 1 93. ( 4 ) Dibuje la elipse E, indicando la unidad de medida y señalando los elementos hallados en el numeral 1. 3
  4. 4. Solución: V F A C 1 A 1 F V Figura 1: x 2x − yIII. (25%) Sea T : R2 −→ R2 la transformación lineal definida por T = . y 3x + y 1. ( 4 ) Explique por qué T es invertible. Solución: 2 −1 (2) det (T ) = det =5 3 1 (2) {Como det (T ) = 0 entonces T es invertible. x 2. ( 6 ) Encuentre T −1 . y Solución: x 1 1 1 x (4) T −1 = 5 y −3 2 y 1 1 (2) = 5x + 5y . −3x + 2y 5 5 7 3. ( 5 ) Halle un vector X ∈ R2 tal que T (X) = . 8 Solución:    7  T (X) = 8 (3)  T T (X) = T −1 7  −1   8 1 1 5 (7) + 5 (8)    X=  (2) − 3 (7) + 2 (8) 5 5 .   3   X= −1 4
  5. 5. 4. ( 10 ) Describa la imagen, bajo la transformación lineal T, de la recta L con ecuación x − 2y = 5. Solución: 2 5 (3) La recta L : x − 2y = 5 tiene vector director D = y pasa por el punto .  1 0   T (D) = T 2 2 −1 2 3  = = 1 3 1 1 7 (4)   5 2 −1 5 10  T = =  0 3 1 0 15   Como T (D) = 0  entonces la imagen bajo T de la recta L es la recta 0 (3)   que pasa por T 5 10 3  = y tiene vector director T (D) = . 0 15 7 Otras descripciones válidas (se asigna 3 puntos, por cualquiera de ellas): x x 10 3 T (L) = ∈ R2 : = +t , t∈R y y 15 7 x x −7 x −7 10 T (L) = ∈ R2 : = · = · y y 3 y 3 15 x T (L) = ∈ R2 : −7x + 3y = −25 yObservación: Vale cualquier punto y cualquier vector director elegidos.Otro método válido:(2) {Hallar dos puntos de L(2) {Calcular las imágenes de los puntos hallados.(2) { Observar que las imágenes halladas son diferentes.(4) {Describir la imagen de L bajo T como la recta que pasa por los dos puntos hallados como imágenes. −1 1 5 2 IV. (15%) Considere los puntos A = ,B = ,C = yD = . Encuentre, 2 5 0 −1 utilizando determinantes, el área del polígono ABCD. 5
  6. 6. Soluci´n : o B A 1 1 C D El área de ABCD es la suma del área del triángulo ABC más el área del triángulo ACD. 1 −1 2 (1) B − A = − = 5 2 3 5 −1 6 (1) C − A = − = 0 2 −2 2 −1 3 (1) D − A = − = −1 2 −3 2 6 (4) Área del triángulo ABC = 1 det 2 = 1 |−22| = 11 2 3 −2 6 3 (4) Área del triángulo ACD = 1 det 2 = 1 |−12| = 6 2 −2 −3 (4) Área del cuadrilátero ABCD = 11 + 6 = 17 unidades cuadradas.V. ( Valor 25% ) Responda cada una de las siguientes preguntas, justificando brevemente su respuesta. 3 1. ( 6 ) Si X = es vector propio de una matriz A, correspondiente al valor propio −1 λ = 5, ¿cuál es el vector AX ? Soluci´n : o 3 15 (6) AX = λX = 5 = −1 −5 −1 1 2. Sea A una matriz con valores propios λ1 = −2 y λ2 = 1, tal que X1 = , X2 = 3 1 son vectores propios de A asociados respectivamente con los valores propios λ1 y λ2 . a. ( 7 ) Encuentre una matriz invertible P y una matriz diagonal D tales que A = P DP −1 . 6
  7. 7. Soluci´n : o   −1 1 −1 1  P =  tiene como columnas dos vectores propios de A, det P = det = −4 3 1 3 1 (4)   Luego los vectores dados son vectores propios de A, linealmente independientes  Así, la matriz P es tal que A = P DP −1 , con D matriz diagonal. λ1 0 −2 0 (3) La matriz diagonal asociada es D = = 0 λ2 0 1 b. ( 6 ) Calcule la matriz A. Soluci´n : o   A = P DP −1 −1 1 −2 0  P = y D= 3 1 0 1 1 1 −1 −1 4 1 4 (2) P −1 = −4 = 3 1 −3 −1 4 4   A = −1 1   −2 0 −1 1 −1   3 1 0 1 4 −3 −1    1 2 1 1 −1 (4) A = −4  −6 1 −3 −1   1 3   −1 −3 4 4    A = −14 = 9 −9 5 4 −543. ( 6 ) Si T : R2 −→ R2 es una transformación lineal invertible , ¿Puede ser T (E1 ) = −2T (E2 ) ? Soluci´n : o Si T : R2 −→ R2 es una transformación lineal invertible, las columnas de la matriz de T son L.I. (6) Luego, T (E1 ) y T (E2 ) son L.I. y por tanto, no puede ser T (E1 ) = −2T (E2 ) 7

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