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Universidad Nacional de Colombia - Sede MedellínEscuela de Matemáticas

Solución de Segundo Parcial de Geometría Vectorial y Analítica (25%)19 de mayo de 2012

I. (20%) Considere la hipérbola H con foco F =

(6√512√5

)

, excentricidad e = 54 y directriz

L : x+ 2y = 21√5.

1. ( 5 ) Muestre que H tiene una ecuación dada por 11x2− 20xy− 4y2+ 18√5x+ 36√

5y+135 = 0

Solución:

P =

(x

y

)∈ H ⇔ d(P, F )

d(P, L) = e⇔ ‖P−F‖|ax+by−c|√

a2+b2

= e

(3)

∥∥∥∥∥∥∥

x

y

−

6√512√5

∥∥∥∥∥∥∥∣∣∣∣x+2y− 21√

5

∣∣∣∣√12+22

= 54

∥∥∥∥∥∥

x− 6√

5

y − 12√5

∥∥∥∥∥∥∣∣∣∣x+2y− 21√

5

∣∣∣∣√5

= 54

√(x− 6√

5

)2+(y − 12√

5

)2= 5

4

∣∣∣x+2y− 21√5

∣∣∣√5

4√5

√(x− 6√

5

)2+(y − 12√

5

)2= 5

∣∣∣x+ 2y − 21√5

∣∣∣(

4√5

√(x− 6√

5

)2+(y − 12√

5

)2)2

=(5∣∣∣x+ 2y − 21√

5

∣∣∣)2

(2)

80(x2 − 12√

5x+ 36

5 + y2 − 24√5y + 144

5

)= 25

(x2 + 4y2 + 441

5 + 4xy − 42√5x− 84√

5y)

16(x2 − 12√

5x+ y2 − 24√

5y + 36

)= 5

(x2 + 4y2 + 4xy − 42√

5x− 84√

5y + 441

5

)

11x2 − 20xy − 4y2 + 18√5x+ 36√

5y + 135 = 0

Observacion : Si no plantea bien la ecuación inicial(d(P, F )d(P, L) = e

), no conceder puntos.

2. ( 10 ) Muestre que la ecuación, dada en el numeral 1., se puede transformar en la ecuación sintérmino mixto dada por −9 (x′)2+16 (y′)2+18x′+135 = 0, referida a un sistema de coordenadasx′y′ obtenido mediante una rotación de ejes según un ángulo θ tal que 0 < θ < π

2 .

1

Solución:

(5)

La ecuación dada es equivalente a la ecuación matricial XTMX + UTX + 135 = 0

donde M =

(11 −10−10 −4

)y U =

(18√536√5

)

det

(11− λ −10−10 −4− λ

)= 0

λ2 − 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 = 0−10x+ (−4− (−9)) y = 0 ⇐⇒

{20x− 10y = 0−10x+ 5y = 0

Cuyo conjunto solución es la recta 2x− y = 0

Observación: Si no calcula bien los valores propios de M rebajar 5 puntos.

(2)

Un vector propio de M asociados con λ1 = −9,unitario y ubicado en el primer cuadrante es

(1√52√5

)

.

M = QDQT donde Q = m(Rθ), 0 < θ < π2 siendo

Q =

(1√5

− 2√5

2√5

1√5

)

y D =

(λ1 00 λ2

)=

(−9 00 16

)

(4)

Luego, haciendo el cambio de variable X = QX ′ con X′ =

(x′

y′

), la ecuación dada se transforma en:

(X ′)T DX′ + UTQX ′ + 135 = 0(x′ y′

)( −9 00 16

)(x′

y′

)+(

18√5

36√5

)( 1√5

− 2√5

2√5

1√5

)(x′

y′

)+ 135 = 0

−9(x′)2 + 16(y′)2 + 185

(1 2

)( 1 −22 1

)(x′

y′

)+ 135 = 0

−9(x′)2 + 16(y′)2 + 185

(1 2

)( x′ − 2y′2x′ + y′

)+ 135 = 0

−9(x′)2 + 16(y′)2 + 185 (5x

′) + 135 = 0−9(x′)2 + 16(y′)2 + 18x′ + 135 = 0

Observación: 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:

(5)

El eje x′ del nuevo sistema de coordenadas es la recta generada por el vector

(1√52√5

)

Una ecuación para el eje x′ en el sistema xy es 2x− y = 0.

.

II. (15%) Considere la elipse E con centro C =

(−21

), un foco F =

(−2−3

)y excentricidad

e = 0.8.

2

1. ( 8 ) Halle el otro foco, los vértices, los extremos del eje menor y la longitud del lado rectode la elipse E.Solución:

Como el foco y el centro tienen igual su primera componente, el eje focal es la recta verticalx = −2.

(1)

c = ‖F −C‖ =∥∥∥∥

(−2−3

)−(−21

)∥∥∥∥ =∥∥∥∥

(0−4

)∥∥∥∥ = 4

El otro foco es F ′ =(

−21 + 4

)=

(−25

)

(1)

Si a = distancia de cada vértice al centroLa excentricidad es e = c

a= 0.8

Luego, a = c0.8 =

40.8 = 5

(2)

C =

(−21

)=

(h

k

), entonces los vértices son:

V =

(h

k + a

)=

(−21 + 5

)=

(−26

)y

V ′ =

(h

k − a

)=

(−21− 5

)=

(−2− 4

)

Observacion :Rebajar 3 puntos si no calculan bien el valor de a.

(1){b2 = a2 − c2 = 52 − 42 = 9, luego b = 3

(2)

Los extremos del eje menor son:

A =

(h+ b

k

)=

(−2 + 31

)=

(11

)y

A′ =

(h− b

k

)=

(−2− 31

)=

(−51

)

(1){La longitud del lado recto es 2b2

a= 2(9)

5 = 3.6

2. ( 3 ) Encuentre una ecuación para la elipse E.Solución:

(3)

{Una ecuación para la elise E es de la forma (y−k)2

a2+ (x−h)2

b2= 1

(y−1)225 + (x+2)2

9 = 1

3. ( 4 ) Dibuje la elipse E, indicando la unidad de medida y señalando los elementos halladosen el numeral 1.

3

Solución:

1

1C

V'

AA'

V

F

F'

Figura 1:

III. (25%) Sea T : R2 −→ R2 la transformación lineal definida por T(

x

y

)=

(2x− y

3x+ y

).

1. ( 4 ) Explique por qué T es invertible.

Solución:

(2)

{det (T ) = det

(2 −13 1

)= 5

(2) {Como det (T ) �= 0 entonces T es invertible.

2. ( 6 ) Encuentre T−1(

x

y

).

Solución:

(4) T−1(

x

y

)= 1

5

(1 1−3 2

)(x

y

)

(2)

{=

(15x+

15y

−35x+

25y

).

3. ( 5 ) Halle un vector X ∈ R2 tal que T (X) =(78

).

Solución:

(3)

T (X) =

(78

)

T−1T (X) = T−1(78

)

(2)

X =

(15 (7) +

15 (8)

−35 (7) +

25 (8)

)

X =

(3−1

) .

4

4. ( 10 ) Describa la imagen, bajo la transformación lineal T, de la recta L con ecuaciónx− 2y = 5.

Solución:

(3)

{La recta L : x− 2y = 5 tiene vector director D =

(21

)y pasa por el punto

(50

).

(4)

T (D) = T

(21

)=

(2 −13 1

)(21

)=

(37

)

T

(50

)=

(2 −13 1

)(50

)=

(1015

)

(3)

Como T (D) �=(00

)entonces la imagen bajo T de la recta L es la recta

que pasa por T(50

)=

(1015

)y tiene vector director T (D) =

(37

).

Otras descripciones válidas (se asigna 3 puntos, por cualquiera de ellas):{T (L) =

{(x

y

)∈ R2 :

(x

y

)=

(1015

)+ t

(37

), t ∈ R

}

{T (L) =

{(x

y

)∈ R2 :

(x

y

)=

(−73

)·(

x

y

)=

(−73

)·(1015

)}

{T (L) =

{(x

y

)∈ R2 : −7x+ 3y = −25

}

Observación: 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.

IV. (15%) Considere los puntos A =(−12

), B =

(15

), C =

(50

)yD =

(2−1

). Encuentre,

utilizando determinantes, el área del polígono ABCD.

5

Solucion :

1

1

A

B

C

D

El área de ABCD es la suma del área del triángulo ABC más el área del triángulo ACD.

(1)

{B −A =

(15

)−(−12

)=

(23

)

(1)

{C −A =

(50

)−(−12

)=

(6−2

)

(1)

{D −A =

(2−1

)−(−12

)=

(3−3

)

(4)

{Área del triángulo ABC = 1

2

∣∣∣∣det(2 63 −2

)∣∣∣∣ =12 |−22| = 11

(4)

{Área del triángulo ACD = 1

2

∣∣∣∣det(

6 3−2 −3

)∣∣∣∣ =12 |−12| = 6

(4){Área del cuadrilátero ABCD = 11 + 6 = 17 unidades cuadradas.

V. ( Valor 25% ) Responda cada una de las siguientes preguntas, justificando brevemente surespuesta.

1. ( 6 ) Si X =

(3−1

)es vector propio de una matriz A, correspondiente al valor propio

λ = 5, ¿cuál es el vector AX ?

Solucion :

(6)

{AX = λX = 5

(3−1

)=

(15−5

)

2. SeaA una matriz con valores propios λ1 = −2 y λ2 = 1, tal queX1 =

(−13

), X2 =

(11

)

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 = PDP−1.

6

Solucion :

(4)

P =

(−1 13 1

)tiene como columnas dos vectores propios de A,detP = det

(−1 13 1

)= −4

Luego los vectores dados son vectores propios de A, linealmente independientesAsí, la matriz P es tal que A = PDP−1, con D matriz diagonal.

(3)

{La matriz diagonal asociada es D =

(λ1 00 λ2

)=

(−2 00 1

)

b. ( 6 ) Calcule la matriz A.

Solucion :

A = PDP−1

P =

(−1 13 1

)y D =

(−2 00 1

)

(2)

{

P−1 = 1−4

(1 −1−3 −1

)=

(−14

14

34

14

)

(4)

A =

(−1 13 1

)(−2 00 1

)(−14

)( 1 −1−3 −1

)

A =(−14

)( 2 1−6 1

)(1 −1−3 −1

)

A =(−14

)( −1 −3−9 5

)=

(14

34

94 −5

4

)

3. ( 6 ) Si T : R2 −→ R2 es una transformación lineal invertible ,¿Puede ser T (E1) = −2T (E2) ?Solucion :

(6)

{Si T : R2 −→ R2 es una transformación lineal invertible, las columnas de la matriz de T son L.I.

Luego, T (E1) y T (E2) son L.I. y por tanto, no puede ser T (E1) = −2T (E2)

7