1° Parcial · Tema 2 · Álgebra 27

Paso 1: calcular $\Pi \cap \mathbb{L}_2$. Un punto genérico de $\mathbb{L}_2$ es $(-4-\lambda,\ 2+\lambda,\ 3+\lambda)$. Lo reemplazamos en $\Pi$:

Entonces $\Pi \cap \mathbb{L}_2 = \{R\}$ con $R = (1,-3,-2)$. (Verificación: $5 - 3 - 6 = -4$.)

Paso 2: armar $\Pi'$. Necesitamos que $\Pi'$ contenga a $\mathbb{L}_1$ y al punto $R$, y que no contenga a toda $\mathbb{L}_2$ (así la corta solo en $R$).

Con el punto $P = (4,3,1)$ de $\mathbb{L}_1$, tenemos $R - P = (-3,-6,-3)$, paralelo a $(1,2,1)$. La normal de $\Pi'$ tiene que ser perpendicular a la dirección $(1,1,-1)$ y a $(1,2,1)$:

Así $\Pi' : 3x - 2y + z = d$, y como $P \in \Pi'$: $d = 12 - 6 + 1 = 7$.

Verificación.

• $\mathbb{L}_1 \subseteq \Pi'$: $P$ cumple la ecuación y $(3,-2,1)\cdot(1,1,-1) = 0$.
• $R \in \Pi'$: $3 + 6 - 2 = 7$.
• La dirección de $\mathbb{L}_2$ cumple $(3,-2,1)\cdot(-1,1,1) = -4 \neq 0$, así que $\mathbb{L}_2$ no es paralela a $\Pi'$ y lo corta en un único punto, que es $R$. Por lo tanto $\Pi' \cap \mathbb{L}_2 = \{R\} = \Pi \cap \mathbb{L}_2$.

Los puntos del plano que son soluciones del sistema son las soluciones del sistema de 3 ecuaciones:

Queremos que tenga infinitas soluciones. Para eso, primero el determinante de la matriz de coeficientes tiene que ser 0:

Se anula para $k = 6$ y $k = -2$. Veamos cada caso triangulando (a las filas 2 y 3 les restamos la fila 1).

• $k = 6$: quedan $9y + 3z = 6$ y $3y + z = 18$. La primera equivale a $3y + z = 2$, que contradice $3y + z = 18$: el sistema es incompatible. No sirve.
• $k = -2$: quedan $y + 3z = -2$ y $3y + 9z = -6$, que es la misma ecuación multiplicada por 3. El sistema es compatible indeterminado: $y = -2 - 3z$, $x = -6 - 11z$, con $z \in \mathbb{R}$ libre.

Para $k \neq 6$ y $k \neq -2$ la solución es única (un solo punto), así que no sirve.

Respuesta: $k = -2$.

Paso 1: el valor de $a$. Si $\mathbb{S} + \mathbb{T} = \mathbb{H}$, entonces $\mathbb{T} \subseteq \mathbb{H}$. Reemplazamos los generadores de $\mathbb{T}$ en la ecuación de $\mathbb{H}$:

• $(-2,1,1,0)$: $-4 - 1 + a = 0 \Rightarrow a = 5$.
• $(1,1,0,-1)$: $2 - 1 + 0 - 1 = 0$ (vale siempre).

Entonces $a = 5$ (con otro valor es imposible).

Paso 2: qué tiene que cumplir $\mathbb{S}$. $\dim \mathbb{H} = 3$ y $\dim \mathbb{T} = 2$. Necesitamos $\mathbb{S} \subseteq \mathbb{H}$ con $\dim(\mathbb{S} + \mathbb{T}) = 3$. Además $\dim \mathbb{U} = 2$ (sus dos ecuaciones son independientes), así que $\mathbb{S} + \mathbb{U} \neq \mathbb{R}^4$ equivale a que $\mathbb{S} \cap \mathbb{U} \neq \{0\}$. La idea: meter en $\mathbb{S}$ un vector de $\mathbb{U} \cap \mathbb{H}$ que no esté en $\mathbb{T}$, y otro de $\mathbb{T}$.

Paso 3: $\mathbb{U} \cap \mathbb{H}$. De las ecuaciones de $\mathbb{U}$: $x_2 = -2x_3 - x_4$ y $x_1 = x_2 - x_3 - x_4 = -3x_3 - 2x_4$, o sea $\mathbb{U} = \langle (-3,-2,1,0), (-2,-1,0,1) \rangle$. Un vector $s(-3,-2,1,0) + t(-2,-1,0,1)$ está en $\mathbb{H}$ si

por ejemplo $t = 1$, $s = 2$: $w = (-8,-5,2,1)$.

Paso 4: proponer $\mathbb{S}$.

Verificación.

• $\dim \mathbb{S} = 2$ (los vectores no son proporcionales).
• $w \notin \mathbb{T}$: si $w = \alpha(-2,1,1,0) + \beta(1,1,0,-1)$, la cuarta coordenada da $\beta = -1$, la tercera $\alpha = 2$, y la primera daría $-5 \neq -8$. Entonces $\mathbb{S} + \mathbb{T} = \langle (-2,1,1,0), (1,1,0,-1), w \rangle$ tiene dimensión 3 y está contenido en $\mathbb{H}$ (los tres vectores cumplen $2x_1 - x_2 + 5x_3 + x_4 = 0$), así que es igual a $\mathbb{H}$.
• $w \in \mathbb{S} \cap \mathbb{U}$ ($-8 + 5 + 2 + 1 = 0$ y $-5 + 4 + 1 = 0$), así que $\dim(\mathbb{S} + \mathbb{U}) = 2 + 2 - \dim(\mathbb{S} \cap \mathbb{U}) \leq 3$ y $\mathbb{S} + \mathbb{U} \neq \mathbb{R}^4$.

Respuesta: $a = 5$ y, por ejemplo, $\mathbb{S} = \langle (-2,1,1,0), (-8,-5,2,1) \rangle$ (hay otras respuestas válidas).

Paso 1: plantear lo que dicen las coordenadas.

Paso 2: despejar $\mathbf{v}$ y $\mathbf{w}$. Sumando las dos ecuaciones: $4\mathbf{w} = (4,12,12)$, o sea $\mathbf{w} = (1,3,3)$. Luego $\mathbf{v} = (1,4,6) - (1,3,3) = (0,1,3)$.

(Efectivamente es base: $\det$ de $(1,2,-1), (0,1,3), (1,3,3)$ da $1 \neq 0$.)

Paso 3: coordenadas de $(1,2,-4)$. Buscamos $\alpha, \beta, \gamma$ con $\alpha(1,2,-1) + \beta(0,1,3) + \gamma(1,3,3) = (1,2,-4)$:

De la primera, $\alpha = 1 - \gamma$. En la segunda: $2 + \beta + \gamma = 2$, o sea $\beta = -\gamma$. En la tercera: $-1 + \gamma - 3\gamma + 3\gamma = -4$, o sea $\gamma = -3$. Entonces $\beta = 3$ y $\alpha = 4$.

Verificación: $4(1,2,-1) + 3(0,1,3) - 3(1,3,3) = (1,2,-4)$.

Respuesta: $(1,2,-4)_B = (4,3,-3)$.