Examen Final de Matemática 1 UTDT Arq 19-12-2014

Matemática 1 – UTDT – Examen Final 19-12-2014

Esta publicación se desvía de los temas solemos publicar en el blog 🙂

No trata sobre probabilidad o estadística, sino sobre la matemática que ven en Matemática 1 (Carrera de Arquitectura, Universidad Torcuato Di Tella).

Estuve dando bastantes clases a alumnos de esa materia así que decidí publicar algo del material acá.

A continuación, resolvemos paso a paso los ejercicios de un examen final de matemática 1 de arquitectura. El final del 19 de diciembre de 2014.

Abajo hay un formulario para descargar todo esto cómo PDF, para quien lo prefiera.

Ojalá sea de utilidad.

Empecemos.

Problema 1 – Recta y plano

Resolución del problema 1

Hagamos un esquema de una recta perpendicular a un plano:

Si la recta \(r\) es perpendicular al plano \({\pi _1}\), entonces su vector director es paralelo al vector normal de \({\pi _1}\):

\[\vec v = \left( {3, – 5,2} \right)\]

Ahora sólo nos falta hallar el punto de paso.

El punto de paso es intersección de \(L\) con \({\pi _2}\). Para hallarlo planteamos las ecuaciones paramétricas de la recta \(L\) y reemplazamos en la ecuación del plano \({\pi _2}\):

                     \(L:\;\left[ {\left( {1, – 1,1} \right)} \right] + \left( {1,0, – 2} \right)\)

      \(L:\left( {x,y,z} \right) = \lambda \left( {1, – 1,1} \right) + \left( {1,0, – 2} \right)\)

  \(L:\left( {x,y,z} \right) = \left( {\lambda , – \lambda ,\lambda } \right) + \left( {1,0, – 2} \right)\)

         \(L:\left( {x,y,z} \right) = \left( {\lambda  + 1, – \lambda ,\lambda  – 2} \right)\)

\[L:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \color{red}{\lambda + 1}}\\{y = \color{green}{- \lambda} }\\{z = \color{blue}{\lambda – 2}}\end{array}} \right.\]

\[2.\left( {\color{red}{\lambda + 1}} \right) – \left( { \color{green}{- \lambda} } \right) + 3\left( {\color{blue}{\lambda – 2}} \right) = 5\]

De acá despejamos y obtenemos:

\[\lambda = 1\]

Reemplazamos \(\lambda = 1\) en la ecuación de la recta \(L\):

\[L:\;\;\;\;\left( {x,y,z} \right) = 1.\left( {1, – 1,1} \right) + \left( {1,0, – 2} \right) = \left( {2, – 1, – 1} \right)\]

Entonces el punto de paso es \(\left( {2, – 1, – 1} \right)\).

La recta \(r\) tiene ecuacón:

\[r:\left[ {\left( {3, – 5,2} \right)} \right] + \left( {2, – 1, – 1} \right)\]

Problema 2 – Rectas en R3

Resolución del problema 2

Ítem a

Si las rectas \({L_1}\) y \({L_2}\) son paralelas… entonces sus vectores directores son uno múltiplo del otro:

\[\left( {1,2, – 1} \right).w = \left( { – 2,k,2} \right)\]

\[\left( {w,2w, – w} \right) = \left( { – 2,k,2} \right)\]

Igualando componente a componente obtenemos un sistema de ecuaciones:

\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{w = – 2}\\{2w = k}\\{ – w = 2}\end{array}} \right.\]

\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{w = – 2}\\{k = – 4}\end{array}} \right.\]

Entonces debe ser: \(k = – 4\).

Ítem b

Las dos rectas son paralelas.

Entonces no podemos usar la técnica habitual: que el producto vectorial de los vectores directores determina el vector normal del plano. Porque los dos vectores directores indican una misma dirección. (El producto vectorial de vectores paralelos da el vector nulo)

Sí podemos tomar uno de ellos. Por ejemplo: \(\color{red}{\left( {1,2, – 1} \right)}\), que es el vector director de \(\color{red}{{L_1}}\).

Pero nos falta OTRO vector que de la dirección del plano.

¿Cómo encontrarlo? El vector que va desde el punto \({P_2} = \left( { – 1,3,1} \right) \in {L_2}\) al punto \({P_1} = \left( {0,1,2} \right) \in {L_1}\) es un vector que está contenido en el plano.

\[{P_1}{P_2} = \left( { – 1,3,1} \right) – \left( {0,1,2} \right) = \color{#F80}{\left( { – 1,2, – 1} \right)}\]

Ya tenemos dos direcciones del plano… y conocemos un punto de paso; entonces escribimos la ecuación vectorial:

\[\pi :\left[ {\left( {1,2, – 1} \right),\left( { – 1,2, – 1} \right)} \right] + \left( {0,1,2} \right)\]

Pero nos piden la ecuación implícita. Entonces hacemos el producto vectorial de dos vectores directores:

\[\color{red}{\left( {1,2, – 1} \right)} \times \color{#F80}{\left( { – 1,2, – 1} \right)} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}1&2&{ – 1}\\{ – 1}&2&{ – 1}\end{array}} \right| = \left( {0,2,4} \right)\]

La ecuación implícita queda:

\[\pi :2y + 4z = d\]

Cómo sabemos que \(\left( {0,1,2} \right) \in \pi \):

\[2.1 + 4.2 = d = 10\]

Entonces:

\[\pi :2y + 4z = 10\]

Problema 3 – Esfera y cono

Resolución del problema 3

Sabemos que el volumen de una esfera es:

\[{V_{esfera}} = \frac{4}{3}\pi {\color{red}{r}^3}\]

Así que si conocemos el volumen podemos hallar el radio:

\[{V_{esfera}} = \frac{4}{3}\pi {\color{red}{r}^3} = \frac{{32}}{3}\pi \;\]

\[ \Rightarrow {r^3} = \frac{{\frac{{32}}{3}\pi }}{{\frac{4}{3}\pi }} = \frac{{32}}{3}.\frac{3}{4} = 8\]

\[ \Rightarrow r = 2\]

Sabemos que el volumen de un cono es:

\[{V_{cono}} = \frac{{\pi {\color{red}{r}^2}h}}{3}\]

Pero si el cono tiene el mismo volumen que la esfera, y además el mismo radio… sólo queda despejar la altura:

\[{V_{cono}} = \frac{{\pi {\color{red}{r}^2}h}}{3} = \frac{{\pi {{.2}^2}h}}{3} = \frac{{32}}{3}\pi \]

\[ \Rightarrow 4h = 32\]

\[ \Rightarrow h = 8\]

Problema 4 – Transformaciones lineales

Resolución del problema 4

La transformación lineal de simetría respecto de una recta es tal que:

1. Un vector director de la recta se transforma en el mismo vector.
2. Un vector perpendicular al director de la recta se transforma en su opuesto.

Veamos esto gráficamente:

Expresemos eso algebraicamente. Si \(v\) es un vector director de la recta de simetría, y \(w\) es un vector perpendicular a la recta de simetría, entonces:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{T\left( v \right) = v}\\{T\left( w \right) = – w}\end{array}} \right.\]

Cómo conocemos transformados de una base del dominio, queda bien definida la transformación lineal.

Vamos a hacerlo para este caso concreto.

La ecuación IMPLICITA de la recta de simetría es:

\[3x – 2y = 0\]

La ecuación vectorial:

\[x = \frac{2}{3}y\]

\[\left( {x,y} \right) = \left( {\frac{2}{3}y,y} \right) = y\left( {\frac{2}{3},1} \right)\]

El vector director es \(\left( {\frac{2}{3},1} \right)\)…

Pero puedo multiplicarlo por la constante que yo quiera (no el cero).

Entonces lo multiplico por 3 para que no aparezca una fracción (esto no es necesario, pero quedan número enteros que hace las cuentas más fáciles):

\[\left( {2,3} \right)\]

\[L:\left[ {\left( {2,3} \right)} \right]\]

Así que la transformaicón debe ser tal que:

\[T\left( {2,3} \right) = \left( {2,3} \right)\]

\[T\left( { – 3,2} \right) = \left( {3, – 2} \right)\]

Ahora hay que hacer todo el trabajo tedioso con el sistema de ecuaciones, para averiguar en que se transforman los vectores canónicos:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{T\left( {2,3} \right) = \left( {2,3} \right)}\\{T\left( { – 3,2} \right) = \left( {3, – 2} \right)}\end{array}} \right.\]

\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2.T\left( {1,0} \right) + 3.T\left( {0,1} \right) = \left( {2,3} \right)}\\{ – 3.T\left( {1,0} \right) + 2.T\left( {0,1} \right) = \left( {3, – 2} \right)}\end{array}} \right.\]

Podemos multiplicar por 3 a la primera ecuación y por 2 a la segunda ecuación:

\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{6.T\left( {1,0} \right) + 9.T\left( {0,1} \right) = \left( {6,9} \right)}\\{ – 6.T\left( {1,0} \right) + 4.T\left( {0,1} \right) = \left( {6, – 4} \right)}\end{array}} \right.\]

Ahora sumando las ecuaciones se va a eliminar \(T\left( {1,0} \right)\):

\[13.T\left( {0,1} \right) = \left( {12,5} \right)\]

Dividiendo por 13:

\[ \bbox[yellow,5px]
{
T\left( {0,1} \right) = \left( {\frac{{12}}{{13}},\frac{5}{{13}}} \right)
}
\]

Reemplazando \(T\left( {0,1} \right) = \left( {\frac{{12}}{{13}},\frac{5}{{13}}} \right)\) en la primera ecuación podemos averiguar \(T\left( {1,0} \right)\):

\[2.T\left( {1,0} \right) + 3.\left( {\frac{{12}}{{13}},\frac{5}{{13}}} \right) = \left( {2,3} \right)\]

\[(2.T\left( {1,0} \right) + \left( {\frac{{36}}{{13}},\frac{{15}}{{13}}} \right) = \left( {2,3} \right)\]

\[2.T\left( {1,0} \right) = \left( {2,3} \right) – \left( {\frac{{36}}{{13}},\frac{{15}}{{13}}} \right)\]

\[2.T\left( {1,0} \right) = \left( {\frac{{26}}{{13}},\frac{{39}}{{13}}} \right) – \left( {\frac{{36}}{{13}},\frac{{15}}{{13}}} \right)\]

\[2.T\left( {1,0} \right) = \left( { – \frac{{10}}{{13}},\frac{{24}}{{13}}} \right)\]

\[ \bbox[yellow,5px]
{
T\left( {1,0} \right) = \left( { – \frac{5}{{13}},\frac{{12}}{{13}}} \right)
}
\]

Entonces la matriz estándar de la transformación es:

\[M\left( T \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{ – \frac{5}{{13}}}&{\frac{{12}}{{13}}}\\{\frac{{12}}{{13}}}&{\frac{5}{{13}}}\end{array}} \right)\]

(La cual construimos colocando a los transformados de los vectores canónicos cómo columnas).

Ahora tenemos la matriz. La multiplicamos por \(\left( {5, – 9} \right)\) y listo!

\[\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{ – \frac{5}{{13}}}&{\frac{{12}}{{13}}}\\{\frac{{12}}{{13}}}&{\frac{5}{{13}}}\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}}5\\{ – 9}\end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{ – \frac{5}{{13}}.5 + \frac{{12}}{{13}}.\left( { – 9} \right)}\\{\frac{{12}}{{13}}.5 + \frac{5}{{13}}.\left( { – 9} \right)}\end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{ – \frac{{133}}{{13}}}\\{\frac{{15}}{{13}}}\end{array}} \right)\]

En la siguiente gráfica se visualiza la recta de simetría y todos los vectores referidos, con sus transformados:

Problema 5 – Transformaciones lineales

Resolución del problema 5

Ítem a

Conocemos en que se transforman dos vectores del dominio:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{T\left( {\frac{1}{3},0} \right) = \left( {0,1} \right)}\\{T\left( {0,\frac{1}{2}} \right) = \left( { – 1,3} \right)}\end{array}} \right.\;\]

Por la propiedad [\(T\left( {k.v} \right) = k.T\left( v \right)\)] que cumplen las transformaciones lineales podemos expresarlo así:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{1}{3}T\left( {1,0} \right) = \left( {0,1} \right)}\\{\frac{1}{2}T\left( {0,1} \right) = \left( { – 1,3} \right)}\end{array}} \right.\;\]

Multiplicamos por 3 a la ecuación 1, y multiplicamos por 2 a la ecuación 2, para conocer los transformados de los vectores canónicos:

\[ \Rightarrow \;\;\;\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{T\left( {1,0} \right) = \left( {0,3} \right)}\\{T\left( {0,1} \right) = \left( { – 2,6} \right)}\end{array}} \right.\]

Entonces la matriz de la transformación es:

\[{M_T} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}0&{ – 2}\\3&6\end{array}} \right)\]

Ítem b

Queremos ver si la transformación lineal es tal que \({L_1}\) se transforma en \({L_2}\).

Si así fuera, la dirección de \({L_1}\) debe transformarse en la dirección de \({L_2}\).

Hallemos la ecuación vectorial de \({L_1}\):

\[3x + 2y = 1\]

\[ \Rightarrow y = \frac{1}{2} – \frac{3}{2}x\]

\[\left( {x,y} \right) = \left( {x,\frac{1}{2} – \frac{3}{2}x} \right)\]

\[\left( {x,y} \right) = \left( {x, – \frac{3}{2}x} \right) + \left( {0,\frac{1}{2}} \right)\]

\[\left( {x,y} \right) = x\left( {1, – \frac{3}{2}} \right) + \left( {0,\frac{1}{2}} \right)\]

El vector director de \({L_1}\) es \(\left( {1, – \frac{3}{2}} \right)\).

Vamos a ver en que se transforma:

\[\left( {\begin{array}{*{20}{c}}0&{ – 2}\\3&6\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}}1\\{ – \frac{3}{2}}\end{array}} \right) = \left( {3, – 6} \right)\]

El vector \(\left( {3, – 6} \right)\) ES PARALELO con \(\left( { – 1,2} \right)\).

\[\left( { – 1,2} \right). – 3 = \left( {3, – 6} \right)\]

Concluimos que la dirección de \({L_1}\) se transforma en la dirección de \({L_2}\).

Ahora veamos si un punto de paso de \({L_1}\) se transforma en un punto de \({L_2}\).

\[\left( {\begin{array}{*{20}{c}}0&{ – 2}\\3&6\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}}0\\{\frac{1}{2}}\end{array}} \right) = \left( { – 1,3} \right)\]

Justamente \(\left( { – 1,3} \right)\) es un punto de paso de \({L_2}\).

Así que sí, efectivamente \({L_1}\) se transforma en \({L_2}\).

Ahí ya se terminó el ejercicio 5.

Pero si no nos hubiese dado \(\left( { – 1,3} \right)\)… y nos daba por ejemplo \(\left( {5,8} \right)\). ¿Cómo me doy cuenta si \(\left( {5,8} \right)\) es un punto de \({L_2}\) o no? Si \(\left( {5,8} \right)\) fuera punto de \({L_2}\) debería cumplir con su ecuación:

\[\lambda \left( { – 1,2} \right) + \left( { – 1,3} \right) = \left( {5,8} \right)\]

\[ \Rightarrow \left( { – \lambda – 1,2\lambda + 3} \right) = \left( {5,8} \right)\]

\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ – \lambda – 1 = 5}\\{2\lambda + 3 = 8}\end{array}} \right.\]

\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ – \lambda = 6}\\{2\lambda = 5}\end{array}} \right.\]

\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\lambda = – 6}\\{\lambda = \frac{5}{2}}\end{array}} \right.\;\;\;\;absurdo\]

\(\left( {5,8} \right)\) no es un punto de la recta \({L_2}\)

 

Comentario final

Espero que sea de utilidad para quienes estén cursando la materia.

Si te sirvió por favor dejame un comentario para saberlo 🙂

Si no te sirvió también dejame un comentario porque me interesa saber por qué.

Los finales suelen tener esta estructura: dos ejercicios de geometría en R3 (rectas y planos), dos de transformaciones lineales y alguno sobre volumen.

Más abajo tienen un formulario para descargar en PDF la explicación.

También pueden dejar comentarios al final.