CAPITULO I.GEOMETRIA DELESPACIO EUCLIDEO

SECCIONES

1. Vectores. Operaciones con vectores.

2. Rectas y planos en R3.

3. Curvas y superficies en R3.

4. Nociones de topologıa metrica.

1

1. VECTORES. OPERACIONES CON VECTORES.

En este curso se estudian las funciones f : Rn → Rm, es decir, funcionesdefinidas sobre el espacio euclıdeo de dimension n

Rn = {(x1, . . . , xn) : xi ∈ R, 1 ≤ i ≤ n},

y con imagen en el espacio analogo de dimension m, Rm.

Como la representacion grafica de estas funciones debe hacerse en el espacioRn+m, debemos recordar en primer lugar los resultados fundamentales de lageometrıa del espacio euclıdeo real Rn.

Como es usual, estableceremos la equivalencia entre los puntos P = (x1, . . . , xn)de Rn y los vectores libres −→v =

−−→OP que unen el origen con el punto P .

Las operaciones basicas que se definen en el espacio Rn son las siguien-tes:

� Suma de vectores. Dados −→v = (x1, . . . , xn), −→w = (y1, . . . , yn) ∈ Rn,−→v +−→w = (x1 + y1, . . . , xn + yn).

� Multiplicacion por un escalar. Dados a ∈ R, −→v = (x1, . . . , xn) ∈ Rn,

a−→v = (ax1, . . . , axn).

� Producto escalar de vectores. Dados dos vectores −→v = (x1, . . . , xn),−→w = (y1, . . . , yn) ∈ Rn,

−→v · −→w = (x1y1, . . . , xnyn).

Con estas operaciones, Rn tiene estructura de espacio vectorial (de ahı quelos elementos de Rn reciban el nombre de vectores, a diferencia de los ele-mentos de R que llamaremos escalares).

Todo vector de Rn puede descomponerse de forma unica como combinacionlineal de los vectores

−→u1 = (1, 0, . . . , 0),−→u2 = (0, 1, . . . , 0),. . . . . . . . .−→un = (0, 0, . . . , 1),

los cuales corresponden a las direcciones de los ejes de coordenadas rectangu-lares. Estos vectores forman lo que llamamos la base canonica de Rn.

El producto escalar verifica las siguientes propiedades basicas:

2

i) −→v · −→v > 0 si −→v 6= 0;

ii) −→v · −→v = 0 si −→v = 0;

iii) −→v · −→w = −→w · −→v ;

iv) a(−→v · −→w ) = (a−→v ) · −→w = −→v · (a−→w );

v) −→u · (−→v +−→w ) = (−→u · −→v ) + (−→u · −→w ).

Llamamos norma de un vector −→v = (x1, . . . , xn) ∈ Rn al numero real posi-tivo

‖−→v ‖ =√−→v · −→v =

√x2

1 + · · ·+ x2n.

Si −→v =−−→OP , la norma de −→v representa la distancia del punto P al origen

de coordenadas.

De forma analoga, se define la distancia entre dos puntos P y Q como

d(P,Q) = ‖−−→OQ−

−−→OP‖.

Las siguientes propiedades son resultados importantes.

Desigualdad triangular: ‖−→v +−→w ‖ ≤ ‖−→v ‖+ ‖−→w ‖, ∀−→v ,−→w ∈ Rn.

Desigualdad de Cauchy-Schwarz: |−→v · −→w | ≤ ‖−→v ‖ · ‖−→w ‖, ∀−→v ,−→w ∈Rn.

Teorema de Pitagoras: −→v ·−→w = 0 ⇐⇒ ‖−→v +−→w ‖2 = ‖−→v ‖2 +‖−→w ‖2.

Definimos el angulo entre dos vectores −→v ,−→w ∈ Rn como el numero ϑ ∈ [0, π]tal que

cos ϑ =−→v · −→w

‖−→v ‖ · ‖−→w ‖.

Esta definicion proporciona otra formula para el producto escalar de dosvectores:

−→v · −→w = ‖−→v ‖ · ‖−→w ‖ · cos ϑ.

En el caso de que ϑ = π/2, los vectores−→v y−→w son perpendiculares u ortogonales.De la definicion deducimos que, en este caso, −→v · −→w = 0.

En el caso particular de R3 se define tambien el producto vectorial de dosvectores −→v = (x1, x2, x3) y −→w = (y1, y2, y3) como el siguiente vector:

−→v ×−→w = (x2y3 − x3y2, x3y1 − x1y3, x1y2 − x2y1) =

∣∣∣∣∣∣−→i

−→j

−→k

x1 x2 x3

y1 y2 y3

∣∣∣∣∣∣ ,

donde denotamos, como es usual,−→i = (1, 0, 0),

−→j = (0, 1, 0) y

−→k = (0, 0, 1)

a los vectores unitarios de la base canonica.

3

Destacaremos las siguientes propiedades basicas del producto vectorial:

1) −→v ×−→v = 0, ∀−→v ∈ R3.

2) −→v ×−→w = −−→w ×−→v , ∀−→v ,−→w ∈ R3.

3) (α−→u + β−→v )×−→w = α(−→u ×−→w ) + β(−→v ×−→w ), ∀−→u ,−→v ,−→w ∈ R3, α, β ∈ R.

4) −→v · (−→v ×−→w ) = −→w · (−→v ×−→w ) = 0, ∀−→v ,−→w ∈ R3.

Esto quiere decir que −→v ×−→w es ortogonal a ambos vectores −→v y −→w .

5) ‖−→v ×−→w ‖ = ‖−→v ‖ · ‖−→w ‖ · senα, donde α es el angulo entre −→v y −→w .

Esto indica que la norma de −→v × −→w mide el area del paralelogramoque determinan los vectores −→v y −→w (ver problema 1.6).

Tambien en el espacio tridimensional definimos el producto mixto de tresvectores −→u = (x1, x2, x3), −→v = (y1, y2, y3), −→w = (z1, z2, z3) como el numeroreal dado por

[−→u ,−→v ,−→w ] = −→u · (−→v ×−→w ) =

∣∣∣∣∣∣x1 x2 x3

y1 y2 y3

z1 z2 z3

∣∣∣∣∣∣ .

El producto mixto representa el volumen del paralelepıpedo cuyas aristasson los vectores −→u , −→v y −→w (ver problema 1.7).

PROBLEMA 1.1

(a) Calcular la distancia entre los puntos P = (4, 2, 5) y Q =(1, 4,−1).

(b) Escribir la ecuacion de la esfera de radio r y centro C = (a, b, c).

Solucion

(a) Por definicion,

d(P,Q) =√

(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2 + (x3 − y3)2.

En este caso,

d(P,Q) =√

(4− 1)2 + (2− 4)2 + (5 + 1)2 = 7.

4

(b) Como la esfera es el conjunto de puntos cuya distancia al centro es igualal radio, su ecuacion es

(x− a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = r2.

PROBLEMA 1.2

Dados dos vectores −→u , −→v en R3, describir:

(a) El conjunto de puntos en el interior del paralelogramo definidopor −→u y −→v .

(b) Los puntos del interior del triangulo de vertices el origen y losextremos de −→u y −→v .

(c) Los puntos en el interior del angulo definido por −→u y −→v .

Solucion

(a) Un punto arbitrario de dicho paralelogramo se obtiene como la suma dedos multiplos de −→u y −→v , con constantes comprendidas entre cero y uno, esdecir

λ−→u + µ−→v : 0 < λ < 1, 0 < µ < 1.

(b) Los puntos del tercer lado del triangulo se obtienen mediante la suma−→u +λ(−→v −−→u ), donde 0 ≤ λ ≤ 1. Los puntos del interior del triangulo seranpues de la forma

µ[−→u + λ(−→v −−→u )] : 0 < λ < 1,

0 < µ < 1.

5

(c) En este caso, el conjunto no es acotado. Basta una combinacion linealde −→u y −→v con coeficientes positivos, es decir

λ−→u + λ−→v : λ > 0, µ > 0.

PROBLEMA 1.3

Sean A = (1, 1, 1), B = (0, 1, 1) y C = (2, 1, 1) tres vectores y D =xA + yB + zC, donde x, y, z ∈ R.

(a) Determinar las componentes de D.

(b) Encontrar todos los valores de x, y, z que hagan D = 0.

(c) Demostrar que ninguna eleccion de x, y, z tiene como solucionD = (1, 2, 3).

Solucion

(a) Realizando las operaciones indicadas se obtiene que

D = (x + 2z, x + y + z, x + y + z).

(b) Los valores que hacen D = 0 se obtienen resolviendo el sistema

x + 2z = 0,x + y + z = 0.

La solucion es el conjunto

{λ(−2, 1, 1) : λ ∈ R}.

6

(c) Es evidente que el sistema

x + 2z = 1x + y + z = 2x + y + z = 3

no tiene solucion (las dos ultimas ecuaciones son incompatibles).

PROBLEMA 1.4

Hallar los valores de x para los que el angulo entre los vectores−→u = (x, 1, 1) y −→v = (1, x, 1) sea π/3.

Solucion

A partir de la formula

cos(−→u ,−→v ) =−→u · −→v

‖−→u ‖ · ‖−→v ‖,

obtenemos la ecuacion

12

=2x + 1√

x2 + 2 ·√

x2 + 2=⇒ x2 + 2 = 4x + 2 =⇒ x2 − 4x = 0,

lo que da los posibles valores x = 0 y x = 4.

PROBLEMA 1.5

Dados los vectores −→u = 3−→i −−→j − 2

−→k , −→v =

−→i + 2

−→j − 3

−→k .

(a) hallar el angulo entre ellos.

(b) Calcular la proyeccion de −→u sobre −→v .

(c) Si se definen los cosenos directores de un vector como los cose-nos de los angulos que el vector forma con los vectores coordenados−→i ,

−→j ,

−→k , calcular los cosenos directores de −→u y −→v .

Solucion

7

(a) El angulo entre dos vectores se obtiene por la formula cos α =−→u · −→v

‖−→u ‖ · ‖−→v ‖;

en nuestro caso,

−→u · −→v = 3− 2 + 6 = 7,

‖−→u ‖ =√

9 + 1 + 4 =√

14,

‖−→v ‖ =√

1 + 4 + 9 =√

14.

Por tanto, cos α = 1/2 =⇒ α = π/3.

(b) Sea −→z dicha proyeccion; entonces −→z tiene la direccion de −→v y modulo

‖−→z ‖ = ‖−→u ‖ · cos α =√

142

.

El vector unitario en la direccion de −→v es

−→w =−→v‖−→v ‖

=1√14

(1, 2,−3).

Entonces

−→z =12·√

14 · 1√14

(1, 2,−3)

= (1/2, 1,−3/2).

(c) De la figura adjunta se deduce facilmente que

cos α =−→u · −→i‖−→u ‖

=3√14

;

cos β =−→u · −→j‖−→u ‖

=−1√14

;

cos γ =−→u ·

−→k

‖−→u ‖=

−2√14

.

8

Analogamente, los cosenos directores del vector −→v son

cos α′ =1√14

, cos β′ =2√14

, cos γ′ =−3√14

.

PROBLEMA 1.6

Hallar el area del triangulo de vertices A(0, 1, 0), B(−1, 1, 2) y C(2, 1,−1).

Solucion

Tomando como base del triangulo el segmento AB, el area viene expresadapor la formula

S =12‖−−→AB‖ · h =

12‖−−→AB‖ · ‖

−→AC‖ · sen(

−−→AB,

−→AC),

lo que tambien se puede expresar como

S =12‖−−→AB ×

−→AC‖.

9

Como−−→AB ×

−→AC =

∣∣∣∣∣∣−→i

−→j

−→k

−1 0 22 0 −1

∣∣∣∣∣∣ = (0, 3, 0), el area buscada es S = 3/2.

PROBLEMA 1.7

Hallar el volumen del tetraedro generado por los vectores −→u =−→i − 3

−→j +

−→k , −→v = 2

−→j −

−→k , −→w =

−→i +

−→j − 2

−→k .

Solucion

Si la base del tetraedro es el triangulo generado por los vectores−→u y−→v , comola altura es h = ‖−→w ‖ · cos α, el volumen del tetraedro tiene la formula

V =13

S · h =13· 12· ‖−→u ×−→v ‖ · ‖−→w ‖ · cos α =

16

∣∣[−→u ,−→v ,−→w ]∣∣.

Aplicando esta formula general, obtenemos en nuestro caso,

V =16

∣∣∣∣∣∣1 −3 10 2 −11 1 −2

∣∣∣∣∣∣ =13.

PROBLEMA 1.8

Hallar todos los vectores de longitud 4 que sean perpendiculares a−→u = (2,−1, 3) y a −→v = (3, 2,−1).

Solucion

10

Todos los vectores perpendiculares a −→u y −→v tienen la direccion del vector−→u ×−→v ; concretamente:

−→u ×−→v =

∣∣∣∣∣∣−→i

−→j

−→k

2 −1 33 2 −1

∣∣∣∣∣∣ = (−5, 11, 7).

Como ‖−→u × −→v ‖ =√

25 + 121 + 49 =√

195, los vectores de longitud 4 conla direccion indicada son

−→OA =

4√195

(−5, 11, 7) y−−→OB =

4√195

(5,−11,−7).

PROBLEMA 1.9

Si A = (2,−1, 1) y B = (3,−4,−4), hallar un punto C tal que A,B, Csean los vertices de un triangulo rectangulo.

Solucion

Sean (x, y, z) las coordenadas del punto C. Distinguiremos los siguientescasos:

i) El triangulo es rectangulo en A. Entonces−→AC⊥

−−→AB, es decir

−→AC ·

−−→AB = 0.

Esto proporciona la ecuacion

(x− 2, y + 1, z − 1) · (1,−3,−5) = 0=⇒ x− 2− 3(y + 1)− 5(z − 1) = 0=⇒ x− 3y − 5z = 0,

la cual es, evidentemente, la ecuacion del plano que pasa por A y es perpen-dicular al vector

−−→AB.

11

ii) El triangulo es rectangulo en B. Analogamente al caso anterior, se debeverificar la ecuacion

−−→AB ·

−−→BC = 0, es decir:

(1,−3,−5) · (x− 3, y + 4, z + 4) = 0=⇒ x− 3− 3(y + 4)− 5(z + 4) = 0=⇒ x− 3y − 5z = 35,

plano paralelo al anterior y que pasa por B.

iii) El triangulo es rectangulo en C. En este caso, de la ecuacion−→AC ·

−−→BC = 0

tenemos:

(x− 2, y + 1, z − 1) · (x− 3, y + 4, z + 4) = 0=⇒ x2 + y2 + z2 − 5x + 5y + 3z + 6 = 0

=⇒(x− 5

2)2 +

(y +

52)2 +

(z +

32)2 =

354

,

que corresponde a la ecuacion de una esfera de diametro la longitud delsegmento AB y centro el punto medio de dicho segmento.

12

PROBLEMA 1.10

Tres vertices de un paralelogramo son los puntos A = (1, 0, 1), B =(−1, 1, 1), C = (2,−1, 2).

(a) Hallar todos los puntos D que pueden ser el cuarto vertice delparalelogramo.

(b) Calcular el area del triangulo ABC.

Solucion

(a) Debemos tener en cuenta las tres posibilidades siguientes:

i) D es el vertice opuesto a A.

Observando la grafica, es evidente que

D = B +−−→BD = B +

−→AC

= (−1, 1, 1) + (1,−1, 1) = (0, 0, 2).

13

ii) D es el vertice opuesto a B.

Analogamente al caso anterior, tenemos:

D = A +−−→AD = A +

−−→BC

= (1, 0, 1) + (3,−2, 1) = (4,−2, 2).

iii) D es el vertice opuesto a C.

Nuevamente, tenemos la formula

D = A +−−→AD = A +

−−→CB

= (1, 0, 1) + (−3, 2,−1) = (−2, 2, 0).

(b) Aplicando la formula obtenida en el problema 1.6, el area del trianguloes

S =12· ‖−−→AB ×

−→AC‖ =

12· ‖(1, 2, 1)‖ =

√6

2.

14

2. RECTAS Y PLANOS EN R3.

A partir del concepto de vector se pueden definir los planos y las rectas yrepresentarlos mediante ecuaciones.

Rectas en R3. Dados un punto P y un vector −→v 6= 0, definimos la rectaque pasa por P y tiene la direccion de −→v como el conjunto

{P + α−→v : α ∈ R}.

El vector−→v recibe el nombre de vector director (o vector direccional) de la recta.

Decimos que dos rectas son paralelas si sus vectores direccionales son para-lelos. A diferencia de lo que sucede en R2, dos rectas que no son paralelasno necesariamente se cortan en algun punto.

Una misma recta puede definirse utilizando puntos distintos a P o vectoresparalelos a −→v , lo que produce distintas parametrizaciones de la recta.

Tambien puede definirse una recta mediante dos puntos distintos P y Q, yaque el vector −→v =

−−→OQ−

−−→OP es un vector direccional de la recta.

Planos en R3. Dados un punto P y dos vectores no paralelos −→v y −→w ,definimos el plano que pasa por P y esta generado por −→v y −→w como elconjunto

{P + α−→v + β−→w : α, β ∈ R}.

Distintas parametrizaciones de un mismo plano se obtienen utilizando unpunto distinto a P o dos vectores

−→v′ y

−→w′ tales que

{α−→v + β−→w : α, β ∈ R} = {α−→v′ + β

−→w′ : α, β ∈ R}

(es decir, el subespacio generado por −→v y −→w coincide con el generado por−→v′ y

−→w′).

Otra forma de definir un plano es mediante un punto P del mismo y unvector −→u perpendicular al mismo, pues todo punto Q del plano verifica lacondicion −−→

PQ · −→u = 0.

Un tercer metodo es dar tres puntos del plano P1, P2, P3 no alineados, pueslos vectores

−−−→P1P2 y

−−−→P1P3 generan dicho plano. Un punto generico P del

plano verifica la ecuacion

[−−→P1P ,

−−−→P1P2,

−−−→P1P3] = 0.

15

PROBLEMA 1.11

Dados dos vectores −→u ,−→v en R3, describir:

(a) La recta perpendicular a ambos vectores que pase por el ori-gen.

(b) El plano generado por ambos vectores que pase por el origen.

Solucion

(a) Un vector director de la recta se obtiene con el producto vectorial de−→u y −→v . Ası pues, la recta tiene por ecuacion

P (t) = t (−→u ×−→v ) : t ∈ R.

(b) El mismo vector −→u × −→v es normal al plano buscado. Por tanto, laecuacion de dicho plano es

(x, y, z) · (−→u ×−→v ) = 0.

PROBLEMA 1.12

Una recta pasa por el punto P = (−3, 1, 1) y es paralela al vector−→v = (1,−2, 3). Determinar si los siguientes puntos pertenecen a larecta:

(a) (0, 0, 0) (b) (2,−1, 4) (c) (−4, 3,−2).

Solucion

La ecuacion de la recta es

r(t) = (−3, 1, 1) + t(1,−2, 3) = (−3 + t, 1− 2t, 1 + 3t).

16

(a) Para saber si el punto (0, 0, 0) pertenece a la recta, debemos resolver elsistema

0 = −3 + t0 = 1 − 2t0 = 1 + 3t.

De la primera ecuacion se deduce que t = 3, pero este valor ya no satis-face la segunda ecuacion. Esto quiere decir que el punto no pertenecea la recta.

(b) El sistema que debemos resolver ahora es

2 = −3 + t−1 = 1 − 2t

4 = 1 + 3t.

Para verificar la primera ecuacion debe ser t = 5, valor que tampo-co satisface las siguientes. Por tanto, la recta tampoco pasa por estepunto.

(c) Tenemos ahora el sistema de ecuaciones

−4 = −3 + t3 = 1 − 2t

−2 = 1 + 3t.

En este caso, el valor t = −1 satisface las tres ecuaciones, lo quesignifica que el punto pertenece a la recta.

PROBLEMA 1.13

Encontrar la ecuacion de la recta que verifica las siguientes con-diciones:

(a) Pasa por (3, 1, 0) y tiene la direccion de la recta r0(t) = (−→i −

−→j ) + t

−→k .

(b) Pasa por los puntos P (0, 1, 1) y Q(0, 1, 0).

(c) Pasa por P (3, 1,−2) y corta perpendicularmente a la rectar0(t) = (−1 + t,−2 + t,−1 + t).

Solucion

17

(a) Como la recta r0(t) tiene la direccion del vector−→k = (0, 0, 1), la ecua-

cion de la recta pedida es

r(t) = (3, 1, 0) + t−→k = (3, 1, t), t ∈ R,

o bien x = 3, y = 1, z = t (t ∈ R).

(b) Como la recta tiene la direccion del vector−−→PQ = (0, 0,−1), su ecuacion

es

r(t) = (0, 1, 1) + t(0, 0,−1) = (0, 1,−t), t ∈ R,

o bien x = 0, y = 1, z = t (t ∈ R).

(c) Llamamos (a, b, c) al vector director de la recta buscada. Como el vectordirector de la recta r0(t) es (1, 1, 1), las rectas seran perpendicularescuando el producto escalar de ambos vectores sea nulo, es decir

a + b + c = 0.

Como la recta pasa por (3, 1,−2), su ecuacion sera

r(s) = (3, 1,−2) + s(a, b, c) = (3 + as, 1 + bs,−2 + cs).

18

El enunciado exige ademas que ambas rectas se corten; esto quieredecir que el sistema de ecuaciones

−1 + t = 3 + as−2 + t = 1 + bs−1 + t = −2 + cs

tiene solucion (y unica). Sumando las tres ecuaciones y teniendo encuenta que a + b + c = 0, resulta:

−4 + 3t = 2 + (a + b + c)s =⇒ t = 2.

Con este valor del parametro t obte- nemos el punto de interseccionQ = (1, 0, 1); de este modo, el vector director de la recta es

−−→PQ = (−2,−1, 3)

y la ecuacion se puede escribir como

r(s) = (3, 1,−2) + s(−2,−1, 3) = (3− 2s, 1− s,−2 + 3s), s ∈ R

o bienx = 3− 2s, y = 1− s, z = −2 + 3s (s ∈ R).

PROBLEMA 1.14

Entre los ocho puntos siguientes, determinar todos los subconjun-tos de tres o mas puntos que estan en lınea recta:

A = (2, 1, 1), B = (6,−1, 1), C = (−6, 5, 1), D = (−2, 3, 1),E = (1, 1, 1), F = (−4, 4, 1), G = (−13, 9, 1), H = (14,−6, 1).

19

Solucion

Debemos calcular todos los vectores que determinan dichos puntos y averi-guar que pares de tales vectores son paralelos. Ası pues,

−−→AB = (4,−2, 0)

−→AC = (−8, 4, 0)

−−→AD = (−4, 2, 0)

−→AE = (−1, 0, 0)

−→AF = (−6, 3, 0)

−→AG = (−15, 8, 0)

−−→AH = (12,−7, 0).

Como−→AC = −2

−−→AB,

−−→AD = −

−−→AB y

−→AF = (−3/2)

−−→AB, deducimos que los

puntos A,B, C, D y F estan alineados.

Por otra parte, tenemos:−−→BE = (−5, 2, 0)

−−→BG = (−19, 10, 0)

−−→BH = (8,−5, 0).

Al no ser paralelos estos vectores, los puntos B,E,G no estan alineados,ası como tampoco lo estan los puntos B,E,H.

Analogamente, como−−→DE = (3,−2, 0)

−−→DG = (−11, 6, 0)

−−→DH = (16,−9, 0),

no hay ninguna relacion de paralelismo entre estos vectores.

Si partimos ahora del punto C,−−→CE = (7,−4, 0)

−−→CG = (−7, 4, 0)

−−→CH = (20,−11, 0).

Como−−→CE = −

−−→CG, deducimos que los puntos C,E y G estan alinea-

dos.

Por otra parte, como−−→EF = (−5, 3, 0)

−−→EH = (13,−7, 0),

los puntos E,F y H no estan alineados.

Por ultimo, al ser−−→FH = (18,−10, 0)

−−→GH = (27,−15, 0),

los puntos F,G y H sı estan contenidos en la misma recta (basta observarque

−−→FH = (2/3)

−−→GH).

En definitiva, la situacion relativa de los puntos es la que se refleja en elesquema adjunto y los conjuntos siguientes

{A,B, C, D, F}, {C,E,G}, {F,G,H}

20

estan alineados (observar que todos los puntos estan contenidos en el planoz = 1).

PROBLEMA 1.15

Determinar si los siguientes puntos estan alineados:

(a) P (2, 1, 1), Q(4, 1,−1), R(3,−1, 1).

(b) P (2, 1, 1), Q(−2, 3, 1), R(5,−1, 1).

Solucion

Los puntos estaran alineados si y solo si los vectores−−→PQ y

−→PR son parale-

los.

(a) En este caso−−→PQ = (2, 0,−2) y

−→PR = (1,−2, 0); como no son para-

lelos (sus componentes no son proporcionales), los puntos no estanalineados.

(b) Tampoco estos puntos estan alineados, pues los vectores−−→PQ = (−4, 2, 0)

y−→PR = (3,−2, 0) no son paralelos.

21

PROBLEMA 1.16

Hallar los puntos de interseccion y el angulo que forman las rectasr1 y r2 siguientes:

(a) r1(t) =−→i + t

−→j , r2(t) =

−→j + t(

−→i +

−→j ).

(b) r1(t) = (3 + t, 1− t, 5 + 2t), r2(t) = (1, 4 + t, 2 + t).

Solucion

(a) Para que las rectas se corten, deben existir dos valores s y t para loscuales el sistema de ecuaciones r1(t) = r2(s), es decir

(1, t, 0) = (s, s + 1, 0)

sea compatible. Es evidente que la unica solucion del sistema es s = 1y t = 2, lo que proporciona el punto de interseccion P = (1, 2, 0).

El angulo entre las rectas es el formado por sus vectores directores−→v1 = (0, 1, 0) y −→v2 = (1, 1, 0):

cos α =−→v1 · −→v2

‖−→v1‖ · ‖−→v2‖=

1√2

=⇒ α = π/4.

(b) Escribimos las ecuaciones de las rectas como r1(t) = (3+t, 1−t, 5+2t),r2(s) = (1, 4 + s, 2 + s). El sistema de ecuaciones r1(t) = r2(s) tienesolucion unica t = −2, s = −1, lo que, al sustituir en r1, da el puntode interseccion de las rectas, P (1, 3, 1).

Por otra parte, como los vectores directores son −→v1 = (1,−1, 2) y−→v2 = (0, 1, 1), el angulo entre las rectas es

cos ϑ =−→v1 · −→v2

‖−→v1‖ · ‖−→v2‖=

1√6 ·√

2=

12√

3.

PROBLEMA 1.17

Hallar la distancia entre las rectas

r1 : x− 1 = y/2 = z,r2 : x = y = z.

22

Solucion

Debemos determinar la menor distancia entre dos puntos de las rectas.

Escribimos las ecuaciones de las rectas en forma parametrica; para ello ha-cemos t = x− 1 = y/2 = z en r1 y t = x = y = z en r2. Resulta ası:

r1(t) = (1 + t, 2t, t) = (1, 0, 0) + t(1, 2, 1),r2(t) = (t, t, t) = (0, 0, 0) + t(1, 1, 1).

De esta forma, los vectores directores de las rectas son

−→v1 = (1, 2, 1) y −→v2 = (1, 1, 1)

y un vector perpendicular a ambos es

−→n = −→v1 ×−→v2 =

∣∣∣∣∣∣−→i

−→j

−→k

1 2 11 1 1

∣∣∣∣∣∣ = (1, 0,−1).

La distancia entre las rectas es igual a la distancia entre la recta r1 y el planoparalelo a r1 que contiene a r2. Como los puntos P = (1, 0, 0) y Q = (0, 0, 0)pertenecen a r1 y r2, respectivamente, la distancia entre las rectas sera laproyeccion del vector

−−→PQ sobre −→n (ver figura). Ası pues,

d(r1, r2) = P−−→PQ−→n = ‖

−−→PQ‖ · cos α =

|−−→PQ · −→n |‖−→n ‖

=| − 1|√

2=√

22

.

23

PROBLEMA 1.18

Sea X(t) = P + tA un punto arbitrario de la recta que pasa porP = (1, 2, 3) y tiene vector director A = (1,−2, 2) y sea Q = (3, 3, 1).Para calcular la distancia de Q a la recta, se puede proceder comosigue:

(a) Calcular la distancia entre Q y X(t).

(b) Encontrar el mınimo de dicha distancia (y comprobar que esunico).

(c) Determinar el punto de la recta que hace mınima dicha dis-tancia.

Solucion

(a) Teniendo en cuenta los valores de P y A, escribimos

X(t) = (1, 2, 3) + t(1,−2, 2) = (1 + t, 2− 2t, 3 + 2t).

Aplicando la formula de distancia entre dos puntos, tenemos

d(Q,X) =√

(2− t)2 + (1 + 2t)2 + (−2− 2t)2 =√

9t2 + 8t + 9.

(b) El mınimo de la distancia se encuentra calculando el valor de t quehace mınima la funcion (de una variable) y = 9t2 + 8t + 9. Aplicandoresultados conocidos para funciones de una variable, resulta

y′ = 18t + 8; y′ = 0 ⇐⇒ t = −4/9;y′′ = 18 > 0.

El unico valor que hace mınima la distancia es t = −4/9. La distanciamınima es, por tanto, d =

√9 · (16/81)− (32/9) + 9 =

√65/3.

(c) Sustituyendo t = −4/9 en X(t) obtenemos el punto de la recta que seencuentra a la distancia mınima de Q. Ası pues,

X(−4/9) = (5/9, 26/9, 19/9).

24

PROBLEMA 1.19

Determinar las ecuaciones de los planos que verifican:

(a) Pasa por P0 = (1, 1, 1) y es perpendicular al vector −→v = (−1, 1,−1).

(b) Pasa por A(1, 2, 1), B(0, 1, 0) y C(1, 1, 4).

(c) Pasa por P (2, 1, 3) y contiene a la recta interseccion de losplanos

3x + y − z = 2, 2x + y + 4z = 1.

(d) Contiene a la recta (−1, 1, 2) + t(3, 2, 4) y es perpendicular a2x + y − 3z + 4 = 0.

Solucion

(a) Si P = (x, y, z) es un punto generico del plano, el vector

−−→P0P = (x− 1, y − 1, z − 1)

esta contenido en el plano. Como el vector −→v es perpendicular almismo, entonces

−−→P0P · −→v = 0. Ası pues,

−(x− 1) + (y − 1)− (z − 1) = 0 o bien − x + y − z + 1 = 0.

(b) En este caso, los vectores−−→AB = (−1,−1,−1) y

−−→BC = (1, 0, 4) estan

contenidos en el plano. Por tanto, el vector

−−→AB ×

−−→BC =

∣∣∣∣∣∣−→i

−→j

−→k

−1 −1 −11 0 4

∣∣∣∣∣∣ = (−4, 3, 1),

es normal al plano. Repitiendo el argumento del apartado (a) sabiendoque el plano contiene al punto B, obtenemos la ecuacion del plano como

−4x + 3(y − 1) + z = 0 o bien − 4x + 3y + z = 3.

(c) El punto Q = (1,−1, 0) pertenece a la recta interseccion de los pla-nos dados (basta para ello hacer z = 0 y resolver el sistema de dosecuaciones que resulta). Por lo tanto, el vector

−−→PQ = (−1,−2,−3)

esta contenido en el plano que buscamos.

25

Por otra parte, los vectores −→v1 = (3, 1,−1) y −→v2 = (2, 1, 4) son normalesa los planos que determinan la recta dada. Entonces, un vector quelleva la direccion de dicha recta es

−→v = −→v1 ×−→v2 =

∣∣∣∣∣∣−→i

−→j

−→k

3 1 −12 1 4

∣∣∣∣∣∣ = (5,−14, 1).

Como los vectores−−→PQ y −→v son paralelos al plano que buscamos, un

vector normal a dicho plano es

−−→PQ×−→v =

∣∣∣∣∣∣−→i

−→j

−→k

−1 −2 −35 −14 1

∣∣∣∣∣∣ = (−44,−14, 24).

La ecuacion del plano es, en definitiva,

−44(x− 1)− 14(y + 1) + 24z = 0 o bien 22x + 7y − 12z = 15.

(d) El vector director de la recta, −→v = (3, 2, 4), y el vector normal al plano,−→w = (2, 1,−3), son paralelos al plano buscado. Por tanto, el vector

−→v ×−→w =

∣∣∣∣∣∣−→i

−→j

−→k

3 2 42 1 −3

∣∣∣∣∣∣ = (−10, 17,−1)

es perpendicular al plano buscado. Como sabemos ademas que dichoplano pasa por el punto (−1, 1, 2), su ecuacion sera

−10(x + 1) + 17(y − 1)− (z − 2) = 0 o bien − 10x + 17y − z = 25.

PROBLEMA 1.20

Hallar dos puntos distintos en la interseccion de los siguientesplanos:

Π1 : Pasa por (1, 1, 1) y esta generado por (2,−1, 3) y (−1, 0, 2);

Π2 : Pasa por (2, 3, 1) y esta generado por (1, 2, 3) y (3, 2, 1).

Solucion

26

Calculamos en primer lugar los vectores directores de ambos planos. Estosson:

−→u1 =

∣∣∣∣∣∣−→i

−→j

−→k

2 −1 3−1 0 2

∣∣∣∣∣∣ = (−2,−7,−1);

−→u2 =

∣∣∣∣∣∣−→i

−→j

−→k

1 2 33 2 1

∣∣∣∣∣∣ = (−4, 8,−4).

De aquı deducimos las ecuaciones de los planos:

Π1 : −2(x− 1)− 7(y − 1)− (z − 1) = 0,

Π2 : −4(x− 2) + 8(y − 3)− 4(z − 1) = 0.

Para determinar la recta interseccion de ambos planos, resolvemos el sistemaque estos determinan, llamando previamente t = z−1. Obtenemos ası:

x =−9t

11− 10

11; y =

t

11+

1711

.

La recta interseccion de los planos tiene por ecuacion

−11x− 109

= 11y − 17 = z − 1 = t,

y basta dar valores a t ∈ R para obtener distintos puntos en la interseccion delos planos. Por ejemplo, para t = 0 tenemos el punto P = (−10/11, 17/11, 1)y, para t = 1, el punto Q = (−19/11, 18/11, 2).

PROBLEMA 1.21

Encontrar la interseccion de

(a) la recta que pasa por el punto (1, 1, 1) y es paralela al vector(2,−1, 3) y el plano que pasa por (1, 1,−2) y esta generado por(2, 1, 3) y (0, 1, 1).

(b) la recta (2,−2,−1)+ t(1, 1, 1) y el plano 2x−3y+z−2 = 0.

Solucion

27

(a) La ecuacion de la recta es

(x, y, z) = (1, 1, 1) + t(2,−1, 3) = (1 + 2t, 1− t, 1 + 3t).

Para determinar la ecuacion del plano, calculamos un vector normal almismo mediante el producto vectorial de los vectores que lo generan.Ası pues, ∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

2 1 30 1 1

∣∣∣∣∣∣ = (−2,−2, 2).

La ecuacion del plano es entonces

−2(x− 1)− 2(y − 1) + 2(z + 2) = 0 ⇐⇒ −x− y + z = −4.

Sustituimos los valores de un punto (x, y, z) de la recta en la ecuaciondel plano:

−(1 + 2t)− (1− t) + 1 + 3t = −4 =⇒ 2t = −3 =⇒ t = −3/2,

lo que proporciona el punto de interseccion P = (−2, 5/2,−7/2).

(b) Un punto arbitrario de la recta tiene por coordenadas

(x, y, z) = (2 + t,−2 + t,−1 + t);

sustituyendo en la ecuacion del plano, obtenemos:

2(2 + t)− 3(−2 + t) + (−1 + t)− 2 = 0 =⇒ −7 = 0,

lo que no proporciona ningun valor del parametro t. Esto implica quela recta y el plano son paralelos (no se cortan).

PROBLEMA 1.22

Determinar si la recta que pasa por (1, 1, 1) y es paralela al vector−→u = (2,−1, 3) es paralela a los siguientes planos:

(a) x + 2y + 3z = −3.

(b) Pasa por P (1, 1,−2), Q(3, 5, 2) y R(2, 4,−1).

Solucion

28

(a) Como el vector director del plano es −→v = (1, 2, 3) y el producto escalares

−→u · −→v = 2− 2 + 9 6= 0,

deducimos que la recta y el plano no son paralelos.

(b) Calcularemos un vector director del plano mediante el producto vecto-rial de los vectores

−−→PQ = (2, 4, 4) y

−→PR = (1, 3, 1). Tenemos ası:

−→v =−−→PQ×

−→PR =

∣∣∣∣∣∣−→i

−→j

−→k

2 4 41 3 1

∣∣∣∣∣∣ = (−8, 2, 2).

A continuacion procedemos como en el apartado (a). Como−→u · −→v = −16− 2 + 6 6= 0,

la recta tampoco es paralela a este plano.

PROBLEMA 1.23

Hallar el angulo que forman los planos siguientes:

5(x− 1)− 3(y + 2) + 2z = 0x + 3(y − 1) + 2(z + 4) = 0.

Solucion

El angulo entre los planos coincide con el que forman sus vectores directores.En nuestro caso, estos son −→u = (5,−3, 2) y −→v = (1, 3, 2). Entonces:

cos(−→u ,−→v ) =−→u · −→v‖u‖ · ‖v‖

= 0.

Esto implica que los planos son perpendiculares.

PROBLEMA 1.24

Hallar la distancia del punto P (2, 1,−1) al plano de ecuacion x −2y + 2z + 5 = 0.

29

Solucion

La recta r(t) = (2, 1,−1)+t(1,−2, 2) pasa por el punto P y es perpendicularal plano (pues su vector director −→u = (1,−2, 2) coincide con el vector normalal plano). Calculamos a continuacion el punto de interseccion de esta rectacon el plano dado:

x = 2 + ty = 1− 2tz = −1 + 2t

=⇒ 2 + t− 2(1− 2t) + 2(−1 + 2t) + 5 = 0 =⇒ t = −1/3.

Este valor de t da el punto de interseccion Q = (5/3, 5/3,−5/3). La distanciaentre P y Q es precisamente la distancia entre el punto P y el plano:

d(P,Q) =√

(2− 5/3)2 + (1− 5/3)2 + (−1 + 5/3)2 = 1.

PROBLEMA 1.25

Determinar si los vectores siguientes estan contenidos en un mis-mo plano:

−→u = (0, 1,−1), −→v = (3,−1, 2), −→w = (3,−2, 3).

Solucion

Los vectores estaran contenidos en un mismo plano si su producto mixto esnulo. En efecto,

[−→u ,−→v ,−→w ] =

∣∣∣∣∣∣0 1 −13 −1 23 −2 3

∣∣∣∣∣∣ = 0.

30

PROBLEMA 1.26

Un punto se desplaza en el espacio de modo que en el instante tsu posicion viene dada por el vector

X(t) = (1− t)−→i + (2− 3t)

−→j + (2t− 1)

−→k .

(a) Demostrar que el punto se mueve a lo largo de una recta, quellamaremos L.

(b) ¿En que instante el punto toca el plano 2x+3y+2z+1 = 0?

(c) Hallar la ecuacion cartesiana del plano paralelo al del apartado(b) y que contenga el punto X(3).

(d) Hallar la ecuacion cartesiana del plano perpendicular a L quecontenga el punto X(2).

Solucion

(a) Si reescribimos el vector posicion como

X(t) = (1− t, 2− 3t, 2t− 1) = (1, 2,−1) + t(−1,−3, 2),

comprobamos que, en efecto, se trata de una recta que, en el instantet = 0, pasa por el punto (1, 2,−1) y tiene como vector posicion −→u =(−1,−3, 2).

(b) Sustituimos las coordenadas del punto (1− t, 2− 3t, 2t− 1) en el planoy obtenemos:

2(1− t) + 3(2− 3t) + 2(2t− 1) + 1 = 0 =⇒ t = 1.

(c) Haciendo t = 3 en la ecuacion de la recta, obtenemos el punto X(3) =(−2,−7, 5). Como un vector normal al plano es (2, 3, 2), la ecuacion es

2(x + 2) + 3(y + 7) + 2(z − 5) = 0 ⇐⇒ 2x + 3y + 2z = −15.

(d) Si el plano es perpendicular a L, un vector normal a dicho plano es elvector director de la recta, −→u = (−1,−3, 2). Como ademas contiene alpunto X(2) = (−1,−4, 3), su ecuacion es

−(x + 1)− 3(y + 4) + 2(z − 3) = 0 ⇐⇒ −x− 3y + 2z = 19.

31

32

3. CURVAS Y SUPERFICIES EN R3.

Una ecuacion en tres variables F (x, y, z) = 0 representa geometricamenteuna superficie en el espacio euclıdeo tridimensional R3, mientras que una

curva se obtiene como interseccion de dos superficies,{

F (x, y, z) = 0G(x, y, z) = 0.

La ecuacion general de primer grado (o ecuacion lineal)

Ax + By + Cz + D = 0,

es la mas sencilla de las ecuaciones en tres variables y representa un planoque corta a los ejes de coordenadas en los puntos (−D/A, 0, 0), (0,−D/B, 0),(0, 0,−D/C) (siempre que los coeficientes A, B y C sean no nulos).

Del mismo modo, el sistema formado por dos ecuaciones de primer gradorepresenta la recta interseccion de los dos planos definidos por dichas ecua-ciones.

Otras superficies que utilizaremos frecuentemente en lo sucesivo son lascuadricas cuya expresion general, en su forma canonica, corresponde a unecuacion de segundo grado en las variables x, y y z:

Ax2 + By2 + Cz2 + Dx + Ey + Fz + G = 0.

Como regla general, las cuadricas se obtienen de las conicas haciendo gi-rar estas alrededor de un eje y dilatando convenientemente uno de los ejes.La excepcion es el paraboloide hiperbolico (tambien llamado silla de mon-tar).

La tabla de las paginas siguientes muestra una relacion detallada de losdistintos tipos de superficies cuadricas:

33

NOMBRE ECUACION GRAFICA

Elipsoidex2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 1

Hiperboloidede una hoja

x2

a2+

y2

b2− z2

c2= 1

x2

a2− y2

b2+

z2

c2= 1

−x2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 1

Hiperboloidede dos hojas

−x2

a2− y2

b2+

z2

c2= 1

−x2

a2+

y2

b2− z2

c2= 1

x2

a2− y2

b2− z2

c2= 1

34

NOMBRE ECUACION GRAFICA

Cono

x2

a2+

y2

b2− z2

c2= 0

x2

a2− y2

b2+

z2

c2= 0

−x2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 0

Paraboloideelıptico

x2

a2+

y2

b2=

z

c

x2

a2+

z2

c2=

y

b

y2

b2+

z2

c2=

x

a

Paraboloidehiperbolico

x2

a2− y2

b2=

z

c

x2

a2− z2

c2=

y

b

y2

b2− z2

c2=

x

a

35

NOMBRE ECUACION GRAFICA

Cilindroelıptico

x2

a2+

y2

b2= 1

x2

a2+

z2

c2= 1

y2

b2+

z2

c2= 1

Cilindrohiperbolico

x2

a2− y2

b2= k

x2

a2− z2

c2= k

y2

b2− z2

c2= k

Cilindroparabolico

x2 = pyx2 = pzy2 = pxy2 = pzz2 = pxz2 = py

36

PROBLEMA 1.27

Clasificar y dibujar la grafica de las siguientes superficies:

(a) 4x2 + y2 = 16

(b) x + 2z = 4

(c) z2 = y2 + 4

(d) x2 + y2 − 2x = 0

Solucion

A pesar de que todas las ecuaciones solo involucran dos coordenadas, altratarse de superficies (y no de curvas), debe entenderse que la tercera coor-denada existe (aunque no este presente). Esto quiere decir que todas lassuperficies son cilindros, pues basta dibujar la curva correspondiente a laecuacion en dos variables de que se trate y prolongarla paralelamente a lolargo de la tercera coordenada.

(a) En el plano XY la curva corresponde a una elipse de ecuacion canonica

x2

4+

y2

16= 1,

de modo que esta centrada en el origen y los semiejes miden 2 y 4unidades, respectivamente. Ası pues, la superficie es un cilindro elıpticoy su grafica es la siguiente:

37

(b) En el plano y = 0 la ecuacion corresponde a una recta, lo que indicaque la figura es la de un plano paralelo al eje Y .

(c) Escribiendo la ecuacion en forma canonica como

z2

4− y2

4= 1,

observamos que, para cualquier valor de x, tenemos una hiperbolade eje real el eje Z y eje imaginario el eje Y . La ecuacion entoncesrepresenta un cilindro hiperbolico como el de la figura.

(d) Completando cuadrados, escribimos la ecuacion de forma equivalentecomo:

(x− 1)2 + y2 = 1,

la cual representa, para cada valor de z, una circunferencia de centroel punto (1, 0, z). Ası pues, la superficie que representa es la de uncilindro circular cuyo eje es la recta x = 1, y = 0.

38

PROBLEMA 1.28

Realizar el mismo ejercicio anterior con las siguientes superfi-cies:

(a)x

4=

y2

4+

z2

9

(b)y2

9+

z2

4= 1 +

x2

16

(c) z =y2

4− x2

9

(d) y2 = x2 + z2

Solucion

(a) Esta ecuacion corresponde a un paraboloide elıptico (observemos quelas secciones perpendiculares a los ejes Y y Z son parabolas y las seccionesperpendiculares al eje X son elipses). Su grafica es la siguiente:

39

(b) En este caso tenemos un hiperboloide de una hoja, en donde los cor-tes con planos paralelos a x = 0 son elipses, mientras que los cortes conplanos paralelos a y = 0 y z = 0 son hiperbolas. Su grafica tiene la formasiguiente:

(c) Como las secciones perpendiculares al eje Z son hiperbolas y las seccionesperpendiculares a los ejes X e Y son parabolas, tenemos un paraboloidehiperbolico y su grafica es la siguiente:

(d) Esta ecuacion corresponde a un cono circular (a diferencia del parabo-loide elıptico del apartado (a), las secciones perpendiculares a los ejes X y

40

Z son rectas, no parabolas). Su grafica tiene la siguiente forma:

41

4. NOCIONES DE TOPOLOGIA METRICA.

En la seccion 1 se ha definido la nocion de producto escalar de vectores enRn, la cual permitıa a su vez definir la norma de un vector y la distancia entredos puntos. Ahora bien, esta forma de definir distancia entre dos puntos noes la unica posible. En general, se dice que una aplicacion d : Rn → Rn esdistancia (o metrica) cuando verifica los cuatro axiomas siguientes:

(1) d(−→x ,−→y ) > 0 ⇐⇒ −→x 6= −→y .

(2) d(−→x ,−→y ) = 0 ⇐⇒ −→x = −→y .

(3) d(−→x ,−→y ) = d(−→y ,−→x ).

(4) d(−→x ,−→z ) ≤ d(−→x ,−→y ) + d(−→y ,−→z ).

El par (Rn, d) recibe el nombre de espacio metrico.

Un ejemplo trivial de distancia en Rn es la aplicacion definida por

d(−→x ,−→y ) = 0 si −→x = −→y ,

d(−→x ,−→y ) = 1 si −→x 6= −→y .

Analogamente, toda aplicacion ‖ · ‖ : Rn → R que verifique los siguientesaxiomas:

(i) ‖−→x ‖ ≥ 0;

(ii) ‖−→x ‖ = 0 ⇐⇒ −→x = 0;

(iii) ‖α−→x ‖ = |α| · ‖−→x ‖;

(iv) ‖−→x +−→y ‖ ≤ ‖−→x ‖+ ‖−→y ‖ (desigualdad triangular);

recibe el nombre de norma, y el par (Rn, ‖·‖) se llama espacio normado.

Dada una norma arbitraria ‖ · ‖ en Rn, la aplicacion d(−→x ,−→y ) = ‖−→x −−→y ‖ es una distancia. Recıprocamente, dada una distancia d (con ciertaspropiedades que no vamos a especificar aquı), la aplicacion ‖−→x ‖ = d(−→x ,O)es una norma.

Ejemplos de normas en Rn son las siguientes aplicaciones:

‖(x1, . . . , xn)‖p = (|x1|p + · · ·+ |xn|p)1/p, ∀p ∈ [1,∞);‖(x1, . . . , xn)‖∞ = max{|x1|, . . . , |xn|}

(en el problema 1.29 se demuestra esta propiedad para algunos casos).

42

Se puede probar (ver problema 2.28) que dos normas cualesquiera ‖ · ‖1 y‖ · ‖2 definidas en Rn son equivalentes, es decir

∃a, b > 0 : a‖−→v ‖1 ≤ ‖−→v ‖2 ≤ b‖−→v ‖1.

Nociones topologicas en un espacio metrico (Rn, d).

� Sean −→a ∈ Rn, r > 0; se llama bola abierta de centro −→a y radio r alconjunto

B(−→a , r)(= Br(−→a )

)= {−→v ∈ Rn : d(−→v ,−→a ) < r}.

Analogamente se definen las correspondientes bolas cerradas

B(−→a , r) = {−→v ∈ Rn : d(−→v ,−→a ) ≤ r}

y las esferasS(−→a , r) = {−→v ∈ Rn : d(−→v ,−→a ) = r}.

Un sencillo argumento geometrico muestra que

B(−→a , r) = −→a + r ·B(O, 1).

La bola de centro el origen y radio 1 es la llamada bola unitaria delespacio metrico.

� Dado un subconjunto A ⊂ Rn, se dice que −→a ∈ A es punto interior de Asi existe r > 0 tal que B(−→a , r) ⊂ A. Se llama interior de A al conjunto

intA = {−→a ∈ A : −→a es punto interior de A}.

Si intA = A, A se dice abierto. Por ejemplo, las bolas abiertas sonsiempre conjuntos abiertos.

� Dado −→a ∈ Rn, se llama entorno de −→a a cualquier subconjunto S ⊂ Rn

tal que existe r > 0 con B(−→a , r) ⊂ S.

� Dado un subconjunto A ⊂ Rn, un vector −→x ∈ Rn es punto exterior de Asi

∃r > 0, B(−→x , r) ⊂ Ac

(lo que equivale a decir que B(−→x , r) ∩A = ∅).

Denotaremos por extA al conjunto de los puntos exteriores de A.

� Analogamente, un vector −→x ∈ Rn es punto frontera de A si

∀r > 0, B(−→x , r) ∩A 6= ∅ y B(−→x , r) ∩Ac 6= ∅.

El conjunto de los puntos frontera de A lo denotaremos por frA.

43

� Un vector −→x ∈ A es punto aislado de A si

∃r > 0,(B(−→x , r)− {−→x }

)∩A = ∅.

� Dado un subconjunto A ⊂ Rn, un vector −→x ∈ Rn es punto de adherenciade A si

∀r > 0, B(−→x , r) ∩A 6= ∅.

El conjunto

A = {−→x ∈ Rn : −→x es punto de adherencia de A}

se llama clausura de A. Un conjunto A se dice cerrado cuando A = A.Las bolas cerradas son los primeros ejemplos de conjuntos cerrados.Tambien los rectangulos [a1, b1]× [a2, b2] son cerrados en R2.

De la definicion se deduce facilmente que un conjunto es cerrado si ysolo si su complementario es abierto.

�Dado un subconjunto A ⊂ Rn, un vector−→x ∈ Rn es punto de acumulacionde A si

∀r > 0,(B(−→x , r)− {−→x }

)∩A 6= ∅.

Es facil probar a partir de la definicion que los conjuntos finitos notienen puntos de acumulacion.

El conjunto

A′ = {−→x ∈ Rn : −→x es punto de acumulacion de A}

recibe el nombre de conjunto derivado de A. Se puede probar tambienque un conjunto A es cerrado si y solo si A′ ⊂ A.

� Un conjunto A ⊂ Rn es acotado si

∃r > 0 : A ⊂ B(O, r).

El teorema de Bolzano-Weierstrass establece que, si A es un con-junto infinito y acotado, entonces A′ 6= ∅.

� Un conjunto es compacto si de todo recubrimiento por abiertos se puedeextraer un sub-recubrimiento finito.

Una importante caracterizacion de los conjuntos compactos es la si-guiente:

Teorema (Heine-Borel). Dado A ⊂ Rn, A es compacto si y solo si Aes cerrado y acotado.

44

� Un conjunto A ⊂ Rn es no conexo si existen dos conjuntos X, Y abiertostales que

X ∩A 6= ∅, Y ∩A 6= ∅, (X ∩A)∩ (Y ∩A) = ∅, (X ∩A)∪ (Y ∩A) = A.

En caso contrario, decimos que A es conexo.

Un resultado que da una caracterizacion geometrica de los conjuntosconexos es el siguiente.

Teorema. Un conjunto A es conexo si y solo si todo par de puntos deA pueden unirse por una poligonal contenida en A.

Por ejemplo, todos los intervalos de R son conjuntos conexos. En ge-neral, las bolas B(−→a , r) son conjuntos conexos en Rn.

PROBLEMA 1.29

Probar que las siguientes aplicaciones son normas en Rn:

(a) ‖(x1, . . . , xn)‖1 = |x1|+ · · ·+ |xn|.

(b) ‖(x1, . . . , xn)‖∞ = max{|xi| : 1 ≤ i ≤ n}.

Representar graficamente sus respectivas bolas unitarias.

Solucion

(a) Debemos comprobar los axiomas de norma enunciados en el resumenteorico:

i) Es evidente que ‖(x1, . . . , xn)‖1 ≥ 0.

ii) ‖(x1, . . . , xn)‖1 = 0 =⇒ |x1| + · · · + |xn| = 0 =⇒ |x1| = · · · =|xn| = 0 (pues se trata de una suma de numeros no negativos).Esto implica que (x1, . . . , xn) = (0, . . . , 0).

iii) Es inmediato tambien que

‖α(x1, . . . , xn)‖1 = ‖(αx1, . . . , αxn)‖1 = |αx1|+ · · ·+ |αxn|= |α| · (|x1|+ · · ·+ |xn|) = |α| · ‖(x1, . . . , xn)‖1.

45

iv) Teniendo en cuenta la desigualdad triangular en R,

‖(x1, . . . , xn) + (y1, . . . , yn)‖1 = ‖(x1 + y1, . . . , xn + yn)‖1

= |x1 + y1|+ · · ·+ |xn + yn|≤ |x1|+ |y1|+ · · ·+ |xn|+ |yn|= ‖(x1, . . . , xn)‖1 + ‖(y1, . . . , yn)‖1.

(b) Al igual que en el apartado anterior, los tres primeros axiomas sontriviales. Para comprobar la desigualdad triangular, basta observarque

max{|xi + yi| : 1 ≤ i ≤ n} ≤ max{|xi|+ |yi| : 1 ≤ i ≤ n}≤ max{|xi| : 1 ≤ i ≤ n}+ max{|yi| : 1 ≤ i ≤ n}.

En la grafica adjunta se representa por una lınea continua la fronterade la bola unitaria para la norma ‖ · ‖1 y por una lınea discontinua lade la bola unitaria para la norma ‖ · ‖∞, ambas en el caso de R2.

En efecto, la bola unitaria en la norma ‖·‖1 es el conjunto |x|+ |y| < 1,es decir, el limitado por las rectas x + y = 1, x + y = −1, x − y = 1e y − x = 1. Por otra parte, la bola unitaria en la norma ‖ · ‖∞ esel conjunto max{|x|, |y|} < 1, el cual coincide con el conjunto |x| <1, |y| < 1.

PROBLEMA 1.30

Dibujar las regiones siguientes e indicar si son conjuntos abiertoso cerrados:

(a) A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≥ 1}.

(b) B = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y2 < 2}.

(c) C = {(x, y) ∈ R2 : x2 − y2 < 0}.

46

Solucion

(a) El conjunto es cerrado pues su complementario es la bola unidad abier-ta. Su interior es el conjunto

int(A) = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 > 1}.

(b) Este conjunto no es abierto (pues los puntos de la circunferencia x2 +y2 = 1 pertenecen al conjunto y no son interiores a el) ni cerrado (pueslos puntos de la circunferencia x2 + y2 = 2 son puntos de la fronterapero no pertenecen al conjunto).

(c) Para dibujar la region, debemos resolver la inecuacion x2 − y2 < 0:

x2 − y2 < 0 ⇐⇒ (x− y)(x + y) < 0 ⇐⇒

y > x, y > −xo

y < x, y < −x.

La primera parte representa la region que esta por encima de las rectasy = x, y = −x y la segunda parte corresponde a la region que esta pordebajo de ambas rectas. Observemos que el origen no pertenece a laregion dada ası como tampoco las rectas que la delimitan. El conjuntoes abierto pues todos sus puntos son interiores (ningun punto de lafrontera pertenece al conjunto).

47

PROBLEMA 1.31

Se consideran los siguientes conjuntos:

(a) A = {(x, y) ∈ R2 : −1 < x < 1, −1 < y < 1}.

(b) B = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1}.

(c) C = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4} ∪ {(3, 0)}.

(d) D = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1} ∪ {(x, y) ∈ R2 : x > 1, y = 0}.

Determinar si son o no abiertos, conexos, acotados y compactos.Calcular el interior, frontera y exterior de cada conjunto, ası comosu clausura y su conjunto derivado.

Solucion

(a) Es evidente que el conjunto es abierto y conexo (observar la graficaadjunta).

Tambien es acotado (todo el conjunto esta contenido en la bola cen-trada en el origen y radio 2) pero no es compacto al no ser cerrado.

48

Los conjuntos asociados son:

intA = A;frA = {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, y ∈ {−1, 1}}

∪{(x, y) ∈ R2 : x ∈ {−1, 1},−1 ≤ y ≤ 1};A = {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1};

ext A = R2 \ A;A′ = A.

(b) Este conjunto es cerrado y conexo, pero no esta acotado ni, en conse-cuencia, es compacto.

Es facil verificar que:

intB = {(x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1};frB = {(0, y) : y ∈ R} ∪ {(1, y) : y ∈ R};

ext B = {(x, y) ∈ R2 : x > 1} ∪ {(x, y) ∈ R2 : x < 0};B = B = B′.

(c) El conjunto no es conexo pues el punto (3, 0) y la corona circular son dossubconjuntos disjuntos cuya union es todo el conjunto C. Tampoco esabierto pues, por ejemplo, el punto (3, 0) no es interior. Ahora bien,el conjunto es cerrado (union de dos cerrados) y acotado (la bola decentro el origen y radio cuatro contiene al conjunto), por tanto escompacto.

49

Los conjuntos asociados son:

intC = {(x, y) ∈ R2 : 1 < x2 + y2 < 4};frC = {(x, y) ∈ R2 : 1 = x2 + y2} ∪ {(x, y) ∈ R2 : 4 = x2 + y2} ∪ {(3, 0)};

ext C = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1} ∪ {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 > 4} \ {(3, 0)};C = C;C ′ = C \ {(3, 0)}.

(d) El conjunto es cerrado pues es union de dos conjuntos cerrados. Enefecto, como el punto (1, 0) pertenece al conjunto, podemos escribir Dcomo union de los conjuntos cerrados {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1} y {(x, y) :x ≥ 1, y = 0}. Es conexo pues no se puede escribir como union deconjuntos abiertos disjuntos; no es compacto pues no esta acotado(contiene los puntos (a, 0) con a arbitrariamente grande).

Los conjuntos asociados son:

intD = {(x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1};frD = {(0, y) : y ∈ R} ∪ {(1, y) : y ∈ R} ∪ {(x, 0) : x > 1};

ext D = R2 \D;D = D′ = D.

50

5. PROBLEMAS PROPUESTOS.

1.- Sea P = (x, y, z) un punto de R3. Determinar las coordenadas delpunto simetrico a P ,

(a) respecto al plano XY .

(b) respecto al plano Y Z.

(c) respecto al eje Z.

(d) respecto al origen.

2.- Hallar la ecuacion de la recta que pasa por los puntos (1, 0, 3) y(2,−1, 4).

3.- Hallar los puntos de interseccion de las rectas r1 y r2 y el anguloque forman:

r1: pasa por (1, 1, 1) y es paralela al vector (1, 2, 3);

r2: pasa por (2, 1, 0) y es paralela al vector (3, 8, 13).

4.- Determinar las ecuaciones de los planos que verifican:

(a) Pasa por (1, 2, 1) y esta generado por los vectores (0, 1, 0) y (1, 1, 4).

(b) Pasa por (2, 3, 1) y es paralelo al plano que pasa por el origen yesta generado por los vectores (2, 0,−2) y (1, 1, 1).

(c) Pasa por (3, 2,−1) y (1,−1, 2) y es paralelo a la recta (1,−1, 0) +t(3, 2,−2).

(d) Pasa por los puntos (2, 0, 3), (1, 0, 1,5), (4, 0, 2).

5.- Encontrar los puntos de interseccion de la recta (1,−1, 2)+ t(2, 3, 1)y el plano 5x− 3y − z − 6 = 0.

6.- Averiguar si la recta que pasa por (1, 0, 1) y es paralela al vector−→u = (−1, 3,−2) es paralela al plano que pasa por (1, 1,−2) y esta ge-nerado por (2, 1, 3) y (3/4, 1, 1).

7.- Completar la siguiente tabla relativa a los planos que se indi-can.

51

corte con X corte con Y corte con Z ecuacion

3x− 2y + z = 2

x + z = −1

z = x− y

y = x

(1, 0, 0) (0, 3, 0) (0, 0, 3)

no existe (0, 1, 0) (0, 0, 1)

no existe (0, 1, 0) no existe

no existe no existe (0, 0, 2)

8.- Completar la tabla relativa a las siguientes esferas y cilindros:

centro o eje radio ecuacion

(x− 2)2 + (y − 1)2 + (z − 3)2 = 6

(x + 1)2 + (y − 1)2 + z2 = 1

x2 + y2 + 3x− 2y + z2 = 4

(1, 1, 1) 2

(1,−2, 0) 1/2

x2 + z2 = 1

x2 + y2 + 3x− 2y = 2eje paralelo a OXpasa por (0, 1, 3)

1

eje paralelo a OYpasa por (1, 0,−1)

3

eje paralelo a OZpasa por (2, 0, 0)

4

9.- Clasificar y dibujar la grafica de las siguientes superficies:

(a) z = x2.

(b) y2 + z2 = 4.

(c) 4x2 − 3y2 + 2z2 = 0.

(d)x2

9+

y2

12+

z2

9= 1.

52

10.- Dibujar las regiones siguientes e indicar si son conjuntos abiertoso cerrados:

(a) A = {(x, y) ∈ R2 : |x| ≤ 1, |y| ≤ 1}.

(b) B = {(x, y) ∈ R2 : y > x2, |x| < 2}.

(c) C = {(x, y) ∈ R2 : xy < 1}.

(d) D = {(x, y) ∈ R2 : x 6= 0, y 6= 0}.

(e) E = {(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0, x + y < 1}.

11.- Se consideran los siguientes conjuntos:

(a) A = {(x, y) ∈ R2 : x 6= 0, y 6= 0}.

(b) B = {(x, y) ∈ R2 : y = 2x + 5}.

(c) C = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, y = x}.

(d) D = {(x, y) ∈ R2 : x > 1, y ≥ 2}.

i) Determinar si son abiertos y conexos.

ii) Calcular el interior, frontera y exterior de cada conjunto, ası comosu clausura y su conjunto derivado.

iii) Determinar si son acotados y compactos.

12.- Contestar verdadero o falso a las siguientes proposiciones:

(a) −→a ·−→b = −→a · −→c =⇒

−→b = −→c .

(b) −→a ⊥−→b ⇐⇒ ‖−→a +

−→b ‖ = ‖−→a −

−→b ‖.

(c) Si [−→a ,−→b ,−→c ] = 0, entonces −→a =

−→b o −→a = −→c o

−→b = −→c .

(d) (−→a ×−→b )×−→c = −→a × (

−→b ×−→c ).

(e) Si −→a ,−→b 6= −→

0 , la ecuacion −→a ×−→x =−→b tiene solucion unica.

(f) Tres vectores −→a ,−→b ,−→c estan en el mismo plano que pasa por el

origen si y solo si existen α, β, γ no todos nulos tales que α−→a + β−→b +

γ−→c =−→0 .

(g) El vector −→v = ‖−→a ‖−→b + ‖

−→b ‖−→a biseca el angulo entre −→a y

−→b .

53