MOMENTO TRES: TRABAJO COLABORATIVO FASE 2

CURSO: ALGEBRA LINEAL

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA

Escuela: Ciencias Básicas, Tecnologías e Ingenierías ‘ECBTI’

31/03/2015

Resolver los cinco problemas que se presentan a continuación, describiendo el proceso paso por

paso:

1. Utilice el método de eliminación de Gauss – Jordán, para encontrar todas las soluciones (si

existen) de los siguientes sistemas lineales:

1.1

−x−4 y−11 z=−15x−9 y+z=−8−x+6 z=6

Ampliamos la matriz:

[−1 −4 −111 −9 1

−1 0 6 |−15−8

6 ]Operamos:

F2=F1+F2→→→ [−1 −4 −110 −13 −10

−1 0 6 |−15−23

6 ]F1=−1∗F1→→→ [ 1 4 11

0 −13 −10−1 0 6 | 15

−236 ]

F1=( 413

∗F ¿¿2)+F1→→→ [ 1 0 103 /130 −13 −10

−1 0 6 |103 /13−23

6 ] ¿F3=(1∗F1)+F3 →→→[ 1 0 103 /13

0 −13 −100 0 181/13|

103 /13−23

181/13]

La matriz A ya se encuentra en su forma escalonada por filas, por lo que el proceso de reducción

termina allí. Ahora escribimos el sistema lineal, que resulto de la última matriz. El sistema

resultante será:

x+ 10313

z=103/13

−13 y−10 z=−2318113

z=181/13

De la última ecuación tenemos:

18113

z=18113

por lo tanto , z=1

Conocido “z” podemos hallar el valor de “y” de la siguiente ecuación así:

−13 y−10 z=−23

−13 y−10∗(1)=−23

−13 y−10=−23

−13 y=−23+10=−13

− y=−1313

=−1 paraque y sea positivamultiplicanos por−1

y=1

Igualmente conocido “z” podemos encontrar el valor de “x” de la siguiente ecuación así:

x+10313

z=10313

x+10313

∗(1)=10313

x+10313

=10313

x=10313

−10313

x=0

Lasolucion del sistemaes : x=0 , y=1 , z=1

Comprobamos:

−x−4 y−11 z=−15

−0−4∗(1 )−11∗(1)=−15

−4−11=−15

−15=−15

x−9 y+z=−8

0−9∗(1 )+1=−8

−9+1=−8

−8=−8

−x+6 z=6

−0+6∗(1 )=6

6=6

1.2.

−7 x+2 y−z+4 w=103 x−5 y−2 z−w=−9

Ampliamos la matriz:

[−7 2 −13 −5 −2

4−1| 10

−9]Operamos:

F1=−17

∗F1→→→[1 −2/7 1/73 −5 −2

−4 /7−1 |−10/7

−9 ]

F2=(3∗F1 )−F2 →→→[ 1 −2 /7 1/70 29 /7 17 /7

−4 /7−5/7|−10 /7

33 /7 ]F1=( 14

203∗F2)+F1→→→ [1 0 9 /29

0 29/7 17/7−18 /29−5 /7 |−32 /29

33 /7 ]F2=( 7

29∗F2)→→→[ 1 0 9/29

0 1 17 /29−18/29−5/29 |−32/29

33 /29 ]La matriz A ya se encuentra en su forma escalonada reducida, por lo que el método finaliza allí.

Escribimos el sistema resultante:

x+ 929

z−1829

w=−3229

y−1729

z−529

w=3329

Observamos que las variables “z” y “w” están presentes en las dos ecuaciones. A “z” y “w” las

llamamos variables libres. Para encontrar un vector que satisfaga las dos ecuaciones se requiere

asignarle a “z” y “w”, valores arbitrarios con eso obtenemos los valores para x “y” y.

Ahora despejamos “x” en la primera ecuación:

x+ 929

z−1829

w=−3229

x=−3229

− 929

z+ 1829

w

Despejamos “y” en la segunda ecuación:

y−1729

z− 529

w=3329

y=3329

+1729

z+ 529

w

El sistema queda así:

x=−3229

− 929

z+ 1829

w

y=3329

+1729

z+ 529

w

z=z

w=w

Como vector fila obtenemos:

[−3229

− 929

z+ 1829

w ,3329

+1729

z+ 529

w , z ,w](1)

Como podemos asignar a z y w, todos los valores que deseemos, se trata de un caso de infinitas

soluciones. La forma de solución escrita en (1), recibe el nombre de solución general, ya que

contiene la forma de todas las posibles soluciones.

Si deseamos encontrar un vector cualquiera que satisfaga el sistema, le asignamos un valor a z y

w (cualquiera) a este vector lo llamaremos solución particular.

Veamos ahora una solución particular:

[−3229

− 929

z+ 1829

w ,3329

+1729

z+ 529

w , z ,w]cuando z=0 y w=0

Tenemos:

[−3229

− 929

∗(0 )+ 1829

∗(0 ) , 3329

+ 1729

∗(0 )+ 529

∗(0),0,0]

[−3229

,3329

,0,0 ]so lucion particular 1.

cuando z=1 y w=0

Tenemos:

[−3229

− 929

∗(1 )+ 1829

∗(0 ) , 3329

+ 1729

∗(1 )+ 529

∗(0) ,1,0]

[−3229

− 929

,3329

+ 1729

,1,0]

[−4129

,5029

,1,0]solucion particular 2.

Ahora comprobamos:

usamos la solucion particular 1 , x=−3229

y=3329

z=0w=0

−7 x+2 y−z+4 w=10

(−7∗−3229 )+( 2∗33

29 )−0+4∗(0)=10

22429

+ 6629

−0+0=10

224+6629

=10

29029

=10

10=10

3 x−5 y−2 z−w=−9

( 3∗−3229 )−(5∗33

29 )−2∗(0)−0=−9

−9629

−16529

−0−0=−9

−96−16529

=−9

−26129

=−9

−9=−9

2. Resuelva el siguiente sistema lineal, empleando para ello la inversa (utilice el método que

prefiera para hallar1A ).

x− y− z=03 x− y+3 z=2−x+z=−1

A=[ 1 −1 −13 −1 3

−1 0 1 ]Encontramos el determinante por el método de sarrus.

A=[ 1 −1 −13 −1 3

−1 0 1 ]=6

Como el determinante es diferente a CERO, eso quiere decir que la matriz tiene inversa. Para

hallar la inversa utilizamos el método de los determinantes.

Ahora hacemos la matriz de cofactores:

A11=+[−1 30 1]=−1 A12=−[ 3 3

−1 1]=−6 A13=+[ 3 −1−1 0 ]=−1

A21=−[−1 −10 1 ]=1 A22=+[ 1 −1

−1 1 ]=0 A23=−[ 1 −1−1 0 ]=1

A31=+[−1 −1−1 3 ]=−4 A32=−[1 −1

3 3 ]=−6 A33=+[1 −13 −1]=2

Encontramos la matriz adjunto.

Ad=[−1 −6 −11 0 1

−4 −6 2 ]Encontramos la matriz traspuesta.

( A¿¿ d)T=[−1 1 −4−6 0 −6−1 1 2 ]¿

Como paso final aplicamos la definición.

A−1=( A¿¿d )T

|A|=1

6∗(−1 1 −4

−6 0 −6−1 1 2 )=(

−16

16

−46

−66

06

−66

−16

16

26

)=(−16

16

−23

−1 0 −1−16

16

13

)¿A−1=(

−16

16

−23

−1 0 −1−16

16

13

)Finalmente, para obtener la solución del sistema, consideramos la ecuación x=A−1b . Dónde:

B=[ 02

−1]xyz=[−1

616

−23

−1 0 −1−16

16

13

][ 02

−1]xyz=[−0

6+¿ 2

6+¿ 2

30+¿0+¿1

¿

−13¿]=[0+¿ 1

3+¿ 2

30+¿0+¿1

¿

−13¿]=[110]

x=1y=1z=0

La solución es:

x=1 y=1 z=0

Comprobamos:

x− y−z=0

1−1−0=0

0=0

3 x− y+3 z=2

3(1)−1+3 (0)=2

3−1+0=2

2=2

−x+z=−1

−1+0=−1

−1=−1

3. Encuentre las ecuaciones simétricas y paramétricas de la recta que:

3.1 Contiene a los puntos R=(−6,6,1) y Q=(−10 ,2−3)

Vector direccional:

R=(−6,6,1 )Q=(10,2 ,−3 )

V=RQ= ( x2−x1 ) i+( y2− y1 ) j+( z2−z1 ) k

V=RQ= (−10−(−6 ) ) i+ (2−6 ) j+(−3−1) k

V=RQ= (−10+6 ) i+ (−4 ) j+(−4 ) k=−4 i−4 j−4 k

V=RQ=−4 i−4 j−4 k

Luego:

a=−4b=−4 c=−4

Ecuaciones vectoriales:

x i+ y j+z k=−6 i+6 j+1 k

Ecuaciones paramétricas:

x=x1+ta x=−6−4 ty= y1+tb y=6−4 tz=z1+tc z=1−4 t

Ecuaciones Simétricas:

x−x1

a=

y− y1

b=

z−z1

c

x+6−4

= y−6−4

= z−1−4

Comprobamos:

t=2

x=−6−4 t=−6−4 (2 )=−6−8=−14y=6−4 t=6−4 (2 )=6−8=−2

z=1−4 t=z=1−4 (2 )=1−8=−7

x=−14y=−2z=−7

x+6−4

= y−6−4

= z−1−4

−14+6−4

=−2−6−4

=−7−1−4

−8−4

=−8−4

=−8−4

2=2=2

3.2 Contiene a P= (−5,0 ,−8 ) y es paralela a la recta

x−9−1

= y+3−6

= z−5−10

Como la recta está representada por su correspondiente ecuación simétrica utilizamos sus

coeficientes para hallar el vector de la siguiente forma:

−1 i−6 j−10 k

a=−1b=−6c=−10

Ecuaciones Paramétricas:

x=x1+ta x=−5−1 ty= y1+tb y=0−6 tz=z1+tc z=−8−10t

Ecuaciones Simétricas:

x−x1

a=

y− y1

b=

z−z1

c

x+5−1

= y−0−6

= z+8−10

Comprobamos:

t=2

x=−5−1 t=−5−1 (2 )=−5−2=−7y=0−6 t=0−6 (2 )=0−12=−12

z=−8−10 t=z=−8−10 (2 )=−8−20=−28

x=−7y=−12z=−28

x+5−1

= y−0−6

= z+8−10

−7+5−1

=−12−0−6

=−28+8−10

−2−1

=−12−6

=−20−10

2=2=2

4. Encuentre la ecuación general del plano que:

4.1 Contiene a los puntos S=(1 ,−8 ,−2) , Q=(−3,0 ,−8 ) y T=(5 ,−6,1)

Formamos los vectores SQ y ST

SQ= (−3−1 ) i+ (0+8 ) j+(−8+2 ) k=−4 i+8 j−6 k

ST=(5−1 ) i+(−6+8 ) j+ (1+2 ) k=4 i+2 j+3 k

QT =(5+3 ) i+(−6−0 ) j+(1+8 ) k=8 i−6 j+9 k

Ahora hallamos un vector que sea perpendicular a SQ y ST simultáneamente, (este nos servirá

como vector normal).

SQ∗ST=| i j k−4 8 −6

4 2 3 |¿ i|8 −6

2 3 |− j|−4 −64 3 |+k|−4 8

4 2|¿ i ( 24− (−12 ) )− j (−12−(−24 ))+ k (−8−32)

¿ i (24+12 )− j (−12+24 )+k (−40)

¿36 i−12 j−40 k

Utilizando cualquiera de los tres puntos (por ejemplo Q) tenemos:

36 ( x+3 )−12 ( y−0 )−40 (z+8 )=0

36 x+108−12 y+0−40 z−320=0

36 x−12 y−40 z=0−108+320

36 x−12 y−40 z=212

36 x−12 y−40 z−212=0

Verificamos si la ecuación resulta igual si decidimos hacer SQ yQT y escogemos el punto S.

SQ yQT =| i j k−4 8 −6

8 −6 9 |¿ i| 8 −6

−6 9 |− j|−4 −68 9 |+k|−4 8

8 −6|¿ i (72−36 )− j (−36− (−48 ) )+ k (24−64)

¿ i (36 )− j (−36+48 )+ k (−40)

¿36 i−12 j−40 k

36 ( x−1 )−12 ( y+8 )−40 ( z+2 )=0

36 x−36−12 y−96−40 z−80=0

36 x−12 y−40 z=0+36+96+80

36 x−12 y−40 z=212

36 x−12 y−40 z−212=0

4.2 Contiene al punto Q=(−7,2,1) y tiene como vector normal a n=− i−2 j+4 k

Solución:

Remplazamos los valores del punto Q en el vector normal:

−1 ( x+7 )−2 ( y−2 )+4 ( z−1 )=0

−x−7−2 y+4+4 z−4=0

−x−2 y+4 z=0+7−4+4

−x−2 y+4 z=7

−x−2 y+4 z−7=0

5. Encuentre todos los puntos de intersección de los planos:

π1 :−3x−5 y+z=−2 y π2 :−9 x+7 y+3 z=−10

Lo primero que debemos hacer es resolver las dos ecuaciones simultáneamente, es decir:

−3 x−5 y+z=−2−9 x+7 y+3 z=−10

Ampliamos la matriz:

[−3 −5 1−9 7 3| −2

−10]Operamos:

F1=−13

∗F1→→→[ 1 5 /3 −1/3−9 7 3 | 2 /3

−10]F2=(9∗F1 )+F2→→→[1 5/3 −1/3

0 22 0 |2/3−4 ]

F1=(−566

∗F2)+F1→→→ [1 0 −1 /30 22 0 |32/33

−4 ]

F2=( 122

∗F2)→→→[ 1 0 −1/30 1 0 | 32/33

−2/11]Aquí finaliza el método de reducción de GAUSS-JORDAN. Las ecuaciones resultantes son:

x−13

z=3233

y=−211

Observamos que ninguna variable está presente en ambas ecuaciones, sin embargo conocemos el

valor de “y”, y en la primera ecuación tenemos dos variables que son “x” y “z”. Por lo tanto

despejamos “z” en la primera ecuación, de igualamos “x = x”.

z=3 x−3211

y=−211

x=x

Si designamos a “x = t” nos queda:

z=3 t−3211

y=−211

x=t

Que son las ecuaciones paramétricas de la recta en que se intersectan los dos planos π1 y π2.

Para verificar obtengamos un punto en común a los dos planos a partir de las ecuaciones

paramétricas y veamos que satisface las ecuaciones de los dos planos.

Sea “t = 1”, entonces:

z=3 (1 )−3211

=3−3211

=33−3211

= 111

y=−211

x=1

Tenemos el punto: (1 ,− 211

,1

11 )Verifiquemos que estos valores se cumplen para ambas ecuaciones:

π1 :−3x−5 y+z=−2

−3 x−5 y+z=−2

−3(1)−5 (−211 )+ 1

11=−2

−3+ 1011

+ 111

=−2

−3+ 10+111

=−2

−3+1=−2

−2=−2

π2 :−9 x+7 y+3 z=−10

−9 x+7 y+3 z=−10

−9 (1)+7 (−211 )+3( 1

11)=−10

−9−1411

+ 311

=−10

−9−14+311

=−10

−9−1111

=−10

−9−1=−10

−10=−10

Si cambiamos el valor de t con diferentes números iremos obteniendo diferentes puntos de la

recta la cual es el resultado de la intersección de los dos planos, y al reemplazarlos en las

ecuaciones iniciales obtenemos la igualdad.