CAP´ITULO I. GEOMETR´IA DEL ESPACIO EUCL´IDEO
SECCIONES 1. Vectores. Operaciones con vectores. 2. Rectas y planos en R3 . 3. Curvas y superficies en R3 . 4. Nociones de topolog´ıa m´etrica.
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1. VECTORES. OPERACIONES CON VECTORES.
En este curso se estudian las funciones f : Rn → Rm , es decir, funciones definidas sobre el espacio eucl´ıdeo de dimensi´on n Rn = {(x1 , . . . , xn ) : xi ∈ R, 1 ≤ i ≤ n},
y con imagen en el espacio an´alogo de dimensi´on m, Rm . Como la representaci´on gr´afica de estas funciones debe hacerse en el espacio Rn+m , debemos recordar en primer lugar los resultados fundamentales de la geometr´ıa del espacio eucl´ıdeo 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 b´asicas que se definen en el espacio Rn son las siguientes: → → Suma de vectores. Dados − v = (x1 , . . . , xn ), − w = (y1 , . . . , yn ) ∈ Rn , − → → v +− w = (x1 + y1 , . . . , xn + yn ). − Multiplicaci´ on por un escalar. Dados a ∈ R, → v = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn , → a− v = (ax1 , . . . , axn ). − Producto escalar de vectores. Dados dos vectores → v = (x1 , . . . , xn ), → − n w = (y1 , . . . , yn ) ∈ R , − → → v ·− w = (x1 y1 , . . . , xn yn ). Con estas operaciones, Rn tiene estructura de espacio vectorial (de ah´ı que los elementos de Rn reciban el nombre de vectores, a diferencia de los elementos de R que llamaremos escalares). Todo vector de Rn puede descomponerse de forma u ´nica como combinaci´on lineal de los vectores − → = (1, 0, . . . , 0), u 1 − → = (0, 1, . . . , 0), u 2 ... ...... − → un = (0, 0, . . . , 1), los cuales corresponden a las direcciones de los ejes de coordenadas rectangulares. Estos vectores forman lo que llamamos la base can´onica de Rn . El producto escalar verifica las siguientes propiedades b´asicas: 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 n´ umero real positivo q √ → → → k− vk= − v ·− v = x21 + · · · + x2n . −−→ → → Si − v = OP , la norma de − v representa la distancia del punto P al origen de coordenadas. De forma an´aloga, se define la distancia entre dos puntos P y Q como −−→ −−→ d(P, Q) = kOQ − OP k. Las siguientes propiedades son resultados importantes. → → → → → → Desigualdad triangular: k− v +− w k ≤ k− v k + k− w k, ∀− v ,− w ∈ Rn . → → → → → → Desigualdad de Cauchy-Schwarz: |− v ·− w | ≤ k− v k · k− w k, ∀− v ,− w ∈ n R . → → → → → → Teorema de Pit´ agoras: − v ·− w = 0 ⇐⇒ k− v +− w k2 = k− v k2 + k− w k2 . → → v ,− w ∈ Rn como el n´ umero ϑ ∈ [0, π] Definimos el ´angulo entre dos vectores − tal que → − → v ·− w cos ϑ = − . → → k v k · k− wk Esta definici´on proporciona otra f´ormula para el producto escalar de dos vectores: → − → → → v ·− w = k− v k · k− w k · cos ϑ. → → En el caso de que ϑ = π/2, los vectores − v y− w son perpendiculares u ortogonales. → → De la definici´on deducimos que, en este caso, − v ·− w = 0. En el caso particular de R3 se define tambi´en el producto vectorial de dos → → vectores − v = (x1 , x2 , x3 ) y − w = (y1 , y2 , y3 ) como el siguiente vector: − → → − − → i j k → − → v ×− w = (x2 y3 − x3 y2 , x3 y1 − x1 y3 , x1 y2 − x2 y1 ) = x1 x2 x3 , y y y 1 2 3 → − − → → − 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 can´onica. 3
Destacaremos las siguientes propiedades b´asicas 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) k− v ×− w k = k− v k · k− w k · sen α, donde α es el ´angulo entre − v y− w. → → Esto indica que la norma de − v ×− w mide el ´area del paralelogramo → − → − que determinan los vectores v y w (ver problema 1.6). Tambi´en en el espacio tridimensional definimos el producto mixto de tres → → → vectores − u = (x1 , x2 , x3 ), − v = (y1 , y2 , y3 ), − w = (z1 , z2 , z3 ) como el n´ umero real dado por x1 x2 x3 → → → → → → [− u,− v ,− w] = − u · (− v ×− w ) = y1 y2 y3 . z 1 z2 z3 El producto mixto representa el volumen del paralelep´ıpedo cuyas aristas → → → son 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 ecuaci´ on de la esfera de radio r y centro C = (a, b, c).
Soluci´ on
(a) Por definici´on, d(P, Q) =
p
(x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 + (x3 − y3 )2 .
En este caso, d(P, Q) =
p (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 igual al radio, su ecuaci´on 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 definido → → por − u y− v. (b) Los puntos del interior del tri´ angulo de v´ ertices el origen y los → − → − extremos de u y v . → → (c) Los puntos en el interior del ´ angulo definido por − u y− v. Soluci´ on
(a) Un punto arbitrario de dicho paralelogramo se obtiene como la suma de → → dos m´ ultiplos de − u y− v , con constantes comprendidas entre cero y uno, es decir → → λ− u + µ− v : 0 < λ < 1, 0 < µ < 1.
(b) Los puntos del tercer lado del tri´angulo se obtienen mediante la suma → − → → u + λ(− v −− u ), donde 0 ≤ λ ≤ 1. Los puntos del interior del tri´angulo ser´an pues de la forma → → → µ[− u + λ(− v −− u )] : 0 < λ < 1, 0 < µ < 1.
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(c) En este caso, el conjunto no es acotado. Basta una combinaci´on lineal → → de − 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 elecci´ on de x, y, z tiene como soluci´ on D = (1, 2, 3). Soluci´ on
(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 soluci´on es el conjunto {λ(−2, 1, 1) : λ ∈ R}. 6
(c) Es evidente que el sistema x + 2z = 1 x+y+z = 2 x+y+z = 3 no tiene soluci´on (las dos u ´ltimas 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. Soluci´ on
A partir de la f´ormula → − → u ·− v → → , cos(− u,− v)= → − → k u k · k− vk obtenemos la ecuaci´on 1 2x + 1 √ =√ =⇒ x2 + 2 = 4x + 2 =⇒ x2 − 4x = 0, 2 x2 + 2 · x2 + 2 lo que da los posibles valores x = 0 y x = 4.
PROBLEMA 1.5 → − − → − → − − → → − → − − Dados los vectores → u =3 i − j −2k, → v = i +2j −3k.
(a) hallar el ´ angulo entre ellos. → − (b) Calcular la proyecci´ on de − u sobre → v. (c) Si se definen los cosenos directores de un vector como los cosenos de los ´ angulos que el vector forma con los vectores coordenados → → − − → − → → i , j , k , calcular los cosenos directores de − u y− v. Soluci´ on
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→ − → u ·− v (a) El ´angulo entre dos vectores se obtiene por la f´ormula cos α = → ; − → k u k · k− vk en nuestro caso, − → → u ·− v = 3 − 2 + 6 = 7, √ √ → − kuk = 9 + 1 + 4 = 14, √ √ → k− vk = 1 + 4 + 9 = 14. Por tanto, cos α = 1/2 =⇒ α = π/3. − − − (b) Sea → z dicha proyecci´on; entonces → z tiene la direcci´on de → v y m´odulo √ − → k→ z k = k− u k · cos α =
14 . 2
− El vector unitario en la direcci´on de → v es → − v 1 − → w = → = √ (1, 2, −3). k− vk 14 Entonces 1 √ 1 · 14 · √ (1, 2, −3) 2 14 = (1/2, 1, −3/2).
− → z =
(c) De la figura adjunta se deduce f´acilmente que → − − → u · i 3 =√ ; → − kuk 14 → − → − u · j −1 =√ ; → k− uk 14 → − → − u · k −2 =√ . → − kuk 14
cos α = cos β = cos γ =
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− An´alogamente, los cosenos directores del vector → v son 2 −3 1 cos α0 = √ , cos β 0 = √ , cos γ 0 = √ . 14 14 14
PROBLEMA 1.6
Hallar el ´ area del tri´ angulo de v´ ertices A(0, 1, 0), B(−1, 1, 2) y C(2, 1, −1).
Soluci´ on
Tomando como base del tri´angulo el segmento AB, el ´area viene expresada por la f´ormula
S=
−→ −−→ −→ 1 −−→ 1 −−→ kABk · h = kABk · kACk · sen(AB, AC), 2 2
lo que tambi´en se puede expresar como S=
1 −−→ −→ kAB × ACk. 2
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− → → − − → i j k −−→ −→ Como AB × AC = −1 0 2 = (0, 3, 0), el ´area buscada es S = 3/2. 2 0 −1
PROBLEMA 1.7 − Hallar el volumen del tetraedro generado por los vectores → u = → − → − → − − → → − − → − − → − − → → → i −3j + k, v =2j − k, w = i + j −2k. Soluci´ on
→ → Si la base del tetraedro es el tri´angulo generado por los vectores − u y− v , como → − la altura es h = k w k · cos α, el volumen del tetraedro tiene la f´ormula
V =
1 1 1 → − 1 → − → → S · h = · · k− u ×→ v k · k− w k · cos α = [− u,→ v ,− w ] . 3 3 2 6
Aplicando esta f´ormula general, obtenemos en nuestro caso, 1 V = 6
1 −3 1 0 2 −1 = 1 . 1 1 −2 3
PROBLEMA 1.8
Hallar todos los vectores de longitud 4 que sean perpendiculares a → − → u = (2, −1, 3) y a − v = (3, 2, −1). Soluci´ on 10
→ → Todos los vectores perpendiculares a − u y− v tienen la direcci´on del vector → − → u ×− v ; concretamente: − → → − − → i j k → − → u ×− v = 2 −1 3 = (−5, 11, 7). 3 2 −1
√ √ → → Como k− u ×− v k = 25 + 121 + 49 = 195, los vectores de longitud 4 con la direcci´on indicada son −−→ −→ 4 4 (−5, 11, 7) y OB = √ (5, −11, −7). OA = √ 195 195
PROBLEMA 1.9
Si A = (2, −1, 1) y B = (3, −4, −4), hallar un punto C tal que A, B, C sean los v´ ertices de un tri´ angulo rect´ angulo. Soluci´ on
Sean (x, y, z) las coordenadas del punto C. Distinguiremos los siguientes casos: −→ −−→ −→ −−→ i) El tri´angulo es rect´angulo en A. Entonces AC⊥AB, es decir AC · AB = 0. Esto proporciona la ecuaci´on (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 ecuaci´on del plano que pasa por A y es perpen−−→ dicular al vector AB. 11
ii) El tri´angulo es rect´angulo en B. An´alogamente al caso anterior, se debe −−→ −−→ verificar la ecuaci´on 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 tri´angulo es rect´angulo en C. En este caso, de la ecuaci´on AC · BC = 0 tenemos:
(x − 2, y + 1, z − 1) · (x − 3, y + 4, z + 4) = 0 =⇒ x2 + y 2 + z 2 − 5x + 5y + 3z + 6 = 0 5 2 5 2 3 2 35 =⇒ x − + y+ + z+ = , 2 2 2 4 que corresponde a la ecuaci´on de una esfera de di´ametro la longitud del segmento AB y centro el punto medio de dicho segmento. 12
PROBLEMA 1.10
Tres v´ ertices 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 v´ ertice del paralelogramo. (b) Calcular el ´ area del tri´ angulo ABC. Soluci´ on
(a) Debemos tener en cuenta las tres posibilidades siguientes: i) D es el v´ertice opuesto a A. Observando la gr´afica, es evidente que −−→ −→ D = B + BD = B + AC = (−1, 1, 1) + (1, −1, 1) = (0, 0, 2).
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ii) D es el v´ertice opuesto a B. An´alogamente al caso anterior, tenemos: −−→ −−→ D = A + AD = A + BC = (1, 0, 1) + (3, −2, 1) = (4, −2, 2).
iii) D es el v´ertice opuesto a C. Nuevamente, tenemos la f´ormula −−→ −−→ D = A + AD = A + CB = (1, 0, 1) + (−3, 2, −1) = (−2, 2, 0).
(b) Aplicando la f´ormula obtenida en el problema 1.6, el ´area del tri´angulo es √ 1 −−→ −→ 1 6 S = · kAB × ACk = · k(1, 2, 1)k = . 2 2 2
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2. RECTAS Y PLANOS EN R3 .
A partir del concepto de vector se pueden definir los planos y las rectas y representarlos mediante ecuaciones. → Rectas en R3 . Dados un punto P y un vector − v 6= 0, definimos la recta → − que pasa por P y tiene la direcci´on 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 paralelos. A diferencia de lo que sucede en R2 , dos rectas que no son paralelas no necesariamente se cortan en alg´ un punto. Una misma recta puede definirse utilizando puntos distintos a P o vectores → paralelos a − v , lo que produce distintas parametrizaciones de la recta. Tambi´en puede definirse una recta mediante dos puntos distintos P y Q, ya −−→ −−→ → que 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 est´a generado por v y w como el conjunto
→ → {P + α− v + β− w : α, β ∈ R}.
Distintas parametrizaciones de un mismo plano se obtienen utilizando un → − − → punto distinto a P o dos vectores v 0 y w0 tales que → − → − → → {α− v + β− w : α, β ∈ R} = {α v 0 + β w0 : α, β ∈ R} − − (es decir, el subespacio generado por → v y→ w coincide con el generado por →0 − − →0 v y w ). Otra forma de definir un plano es mediante un punto P del mismo y un → vector − u perpendicular al mismo, pues todo punto Q del plano verifica la condici´on −−→ − PQ · → u = 0. Un tercer m´etodo es dar tres puntos del plano P1 , P2 , P3 no alineados, pues −−−→ −−−→ los vectores P1 P2 y P1 P3 generan dicho plano. Un punto gen´erico P del plano verifica la ecuaci´on −−→ −−−→ −−−→ [P1 P , P1 P2 , P1 P3 ] = 0. 15
PROBLEMA 1.11 − → Dados dos vectores → u,− v en R3 , describir:
(a) La recta perpendicular a ambos vectores que pase por el origen. (b) El plano generado por ambos vectores que pase por el origen.
Soluci´ on
(a) Un vector director de la recta se obtiene con el producto vectorial de → − → u y− v . As´ı pues, la recta tiene por ecuaci´on → → P (t) = t (− u ×− v ) : t ∈ R. → → (b) El mismo vector − u ×− v es normal al plano buscado. Por tanto, la ecuaci´on 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 la recta: (a) (0, 0, 0)
(b) (2, −1, 4)
(c) (−4, 3, −2).
Soluci´ on
La ecuaci´on 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 el sistema 0 = −3 + t 0= 1 − 2t 0= 1 + 3t. De la primera ecuaci´on se deduce que t = 3, pero este valor ya no satisface la segunda ecuaci´on. Esto quiere decir que el punto no pertenece a la recta. (b) El sistema que debemos resolver ahora es 2 = −3 + t −1 = 1 − 2t 4= 1 + 3t. Para verificar la primera ecuaci´on debe ser t = 5, valor que tampoco satisface las siguientes. Por tanto, la recta tampoco pasa por este punto. (c) Tenemos ahora el sistema de ecuaciones −4 = −3 + t 3= 1 − 2t −2 = 1 + 3t. En este caso, el valor t = −1 satisface las tres ecuaciones, lo que significa que el punto pertenece a la recta.
PROBLEMA 1.13
Encontrar la ecuaci´ on de la recta que verifica las siguientes condiciones: → − (a) Pasa por (3, 1, 0) y tiene la direcci´ on de la recta r0 (t) = ( i − → − → − j )+tk. (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 recta r0 (t) = (−1 + t, −2 + t, −1 + t). Soluci´ on
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→ − (a) Como la recta r0 (t) tiene la direcci´on del vector k = (0, 0, 1), la ecuaci´on 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 direcci´on del vector P Q = (0, 0, −1), su ecuaci´on 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 vector director de la recta r0 (t) es (1, 1, 1), las rectas ser´an perpendiculares cuando el producto escalar de ambos vectores sea nulo, es decir a + b + c = 0. Como la recta pasa por (3, 1, −2), su ecuaci´on ser´a r(s) = (3, 1, −2) + s(a, b, c) = (3 + as, 1 + bs, −2 + cs). 18
El enunciado exige adem´as que ambas rectas se corten; esto quiere decir que el sistema de ecuaciones −1 + t = 3 + as −2 + t = 1 + bs −1 + t = −2 + cs tiene soluci´on (y u ´nica). Sumando las tres ecuaciones y teniendo en cuenta que a + b + c = 0, resulta: −4 + 3t = 2 + (a + b + c)s =⇒ t = 2. Con este valor del par´ametro t obte- nemos el punto de intersecci´on Q = (1, 0, 1); de este modo, el vector director de la recta es −−→ P Q = (−2, −1, 3) y la ecuaci´on se puede escribir como r(s) = (3, 1, −2) + s(−2, −1, 3) = (3 − 2s, 1 − s, −2 + 3s), s ∈ R o bien x = 3 − 2s, y = 1 − s, z = −2 + 3s (s ∈ R).
PROBLEMA 1.14
Entre los ocho puntos siguientes, determinar todos los subconjuntos de tres o m´ as puntos que est´ an en l´ınea 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).
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Soluci´ on
Debemos calcular todos los vectores que determinan dichos puntos y averiguar qu´e pares de tales vectores son paralelos. As´ı 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 = −2AB, AD = −AB y AF = (−3/2)AB, deducimos que los puntos A, B, C, D y F est´an 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 est´an alineados, as´ı como tampoco lo est´an los puntos B, E, H. An´alogamente, como −−→ −−→ −−→ DE = (3, −2, 0) DG = (−11, 6, 0) DH = (16, −9, 0), no hay ninguna relaci´on 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 est´an alineados. Por otra parte, como −−→ EF = (−5, 3, 0)
−−→ EH = (13, −7, 0),
los puntos E, F y H no est´an alineados. Por u ´ltimo, al ser −−→ F H = (18, −10, 0)
−−→ GH = (27, −15, 0),
los puntos F, G y H s´ı est´an contenidos en la misma recta (basta observar −−→ −−→ que F H = (2/3)GH). En definitiva, la situaci´on relativa de los puntos es la que se refleja en el esquema adjunto y los conjuntos siguientes {A, B, C, D, F }, {C, E, G}, {F, G, H} 20
est´an alineados (observar que todos los puntos est´an contenidos en el plano z = 1).
PROBLEMA 1.15
Determinar si los siguientes puntos est´ an 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).
Soluci´ on −−→ −→ Los puntos estar´an alineados si y s´olo si los vectores P Q y P R son paralelos. −−→ −→ (a) En este caso P Q = (2, 0, −2) y P R = (1, −2, 0); como no son paralelos (sus componentes no son proporcionales), los puntos no est´an alineados. −−→ (b) Tampoco estos puntos est´an alineados, pues los vectores P Q = (−4, 2, 0) −→ y P R = (3, −2, 0) no son paralelos. 21
PROBLEMA 1.16
Hallar los puntos de intersecci´ on y el ´ angulo que forman las rectas r1 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). Soluci´ on
(a) Para que las rectas se corten, deben existir dos valores s y t para los cuales el sistema de ecuaciones r1 (t) = r2 (s), es decir (1, t, 0) = (s, s + 1, 0) sea compatible. Es evidente que la u ´nica soluci´on del sistema es s = 1 y t = 2, lo que proporciona el punto de intersecci´on 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): → − → v1 · − v2 1 cos α = − = √ =⇒ α = π/4. → k→ v1 k · k− v2 k 2 (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) tiene soluci´on u ´nica t = −2, s = −1, lo que, al sustituir en r1 , da el punto de intersecci´on de las rectas, P (1, 3, 1). → Por otra parte, como los vectores directores son − v1 = (1, −1, 2) y → − v = (0, 1, 1), el ´angulo entre las rectas es 2
→ − → v1 · − v2 1 1 cos ϑ = → =√ √ = √ . − → − k v1 k · k v2 k 6· 2 2 3
PROBLEMA 1.17
Hallar la distancia entre las rectas r1 : x − 1 = y/2 = z, r2 : x = y = z. 22
Soluci´ on
Debemos determinar la menor distancia entre dos puntos de las rectas. Escribimos las ecuaciones de las rectas en forma param´etrica; para ello hacemos t = x − 1 = y/2 = z en r1 y t = x = y = z en r2 . Resulta as´ı: 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 − − → → − → i j k → − → → n =− v1 × − v2 = 1 2 1 = (1, 0, −1). 1 1 1 La distancia entre las rectas es igual a la distancia entre la recta r1 y el plano paralelo 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 ser´a la −−→ → proyecci´on del vector P Q sobre − n (ver figura). As´ı pues,
d(r1 , r2 ) =
− − → PQ P− → n
√ −−→ → −−→ 2 | − 1| |P Q · − n| . = √ = = kP Qk · cos α = → − 2 knk 2
23
PROBLEMA 1.18
Sea X(t) = P + tA un punto arbitrario de la recta que pasa por P = (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 como sigue: (a) Calcular la distancia entre Q y X(t). (b) Encontrar el m´ınimo de dicha distancia (y comprobar que es u ´nico). (c) Determinar el punto de la recta que hace m´ınima dicha distancia. Soluci´ on
(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 f´ormula de distancia entre dos puntos, tenemos d(Q, X) =
p p (2 − t)2 + (1 + 2t)2 + (−2 − 2t)2 = 9t2 + 8t + 9.
(b) El m´ınimo de la distancia se encuentra calculando el valor de t que hace m´ınima la funci´on (de una variable) y = 9t2 + 8t + 9. Aplicando resultados conocidos para funciones de una variable, resulta y 0 = 18t + 8; y 0 = 0 ⇐⇒ t = −4/9; y 00 = 18 > 0. El u ´nico valor que hace m´ınima p la distancia es t = −4/9. √La distancia m´ınima 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 se encuentra a la distancia m´ınima de Q. As´ı 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 P = (1, 1, 1) y es perpendicular al vector − v = (−1, 1, −1). 0
(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 intersecci´ on de los planos 3x + y − z = 2, 2x + y + 4z = 1. (d) Contiene a la recta (−1, 1, 2) + t(3, 2, 4) y es perpendicular a 2x + y − 3z + 4 = 0. Soluci´ on
(a) Si P = (x, y, z) es un punto gen´erico del plano, el vector −−→ P0 P = (x − 1, y − 1, z − 1) − est´a contenido en el plano. Como el vector → v es perpendicular al −−→ − → mismo, entonces P0 P · v = 0. As´ı 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) est´an contenidos en el plano. Por tanto, el vector − → → − − → i j k −−→ −−→ AB × BC = −1 −1 −1 = (−4, 3, 1), 1 0 4 es normal al plano. Repitiendo el argumento del apartado (a) sabiendo que el plano contiene al punto B, obtenemos la ecuaci´on 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 intersecci´on de los planos dados (basta para ello hacer z = 0 y resolver el sistema de dos −−→ ecuaciones que resulta). Por lo tanto, el vector P Q = (−1, −2, −3) est´a contenido en el plano que buscamos. 25
→ → Por otra parte, los vectores − v1 = (3, 1, −1) y − v2 = (2, 1, 4) son normales a los planos que determinan la recta dada. Entonces, un vector que lleva la direcci´on de dicha recta es − → → − − → i j k → − → − → − v = v1 × v2 = 3 1 −1 = (5, −14, 1). 2 1 4 −−→ → Como los vectores P Q y − v vector normal a dicho plano − → i −−→ − PQ × → v = −1 5
son paralelos al plano que buscamos, un es → → − − j k −2 −3 = (−44, −14, 24). −14 1
La ecuaci´on 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 − → → − − → i j k → − → v ×− w = 3 2 4 = (−10, 17, −1) 2 1 −3 es perpendicular al plano buscado. Como sabemos adem´as que dicho plano pasa por el punto (−1, 1, 2), su ecuaci´on ser´a −10(x + 1) + 17(y − 1) − (z − 2) = 0 o bien
− 10x + 17y − z = 25.
PROBLEMA 1.20
Hallar dos puntos distintos en la intersecci´ on de los siguientes planos: Π1 : Pasa por (1, 1, 1) y est´ a generado por (2, −1, 3) y (−1, 0, 2); Π2 : Pasa por (2, 3, 1) y est´ a generado por (1, 2, 3) y (3, 2, 1). Soluci´ on 26
Calculamos en primer lugar los vectores directores de ambos planos. Estos son: − → → − − → i j k − → = u 2 −1 3 = (−2, −7, −1); 1 −1 0 2 − → → − − → i j k − → = u 2 1 2 3 = (−4, 8, −4). 3 2 1 De aqu´ı 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 intersecci´on de ambos planos, resolvemos el sistema que ´estos determinan, llamando previamente t = z−1. Obtenemos as´ı: x=
−9t 10 t 17 − ; y= + . 11 11 11 11
La recta intersecci´on de los planos tiene por ecuaci´on −11x − 10 = 11y − 17 = z − 1 = t, 9 y basta dar valores a t ∈ R para obtener distintos puntos en la intersecci´on de los 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 intersecci´ on 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 est´ a 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. Soluci´ on
27
(a) La ecuaci´on de la recta es (x, y, z) = (1, 1, 1) + t(2, −1, 3) = (1 + 2t, 1 − t, 1 + 3t). Para determinar la ecuaci´on del plano, calculamos un vector normal al mismo mediante el producto vectorial de los vectores que lo generan. As´ı pues, − → → − − → j k i 2 1 3 = (−2, −2, 2). 0 1 1 La ecuaci´on 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 ecuaci´on del plano: −(1 + 2t) − (1 − t) + 1 + 3t = −4 =⇒ 2t = −3 =⇒ t = −3/2, lo que proporciona el punto de intersecci´on 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 ecuaci´on del plano, obtenemos: 2(2 + t) − 3(−2 + t) + (−1 + t) − 2 = 0 =⇒ −7 = 0, lo que no proporciona ning´ un valor del par´ametro t. Esto implica que la 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). Soluci´ on
28
→ (a) Como el vector director del plano es − v = (1, 2, 3) y el producto escalar es → − → 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 P Q = (2, 4, 4) y P R = (1, 3, 1). Tenemos as´ı: − → → − − → i j k −−→ −→ → − v = P Q × P R = 2 4 4 = (−8, 2, 2). 1 3 1 A continuaci´on 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 = 0 x + 3(y − 1) + 2(z + 4) = 0.
Soluci´ on
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: → − → u ·− v → → cos(− u,− v)= = 0. kuk · kvk Esto implica que los planos son perpendiculares.
PROBLEMA 1.24
Hallar la distancia del punto P (2, 1, −1) al plano de ecuaci´ on x − 2y + 2z + 5 = 0. 29
Soluci´ on
La recta r(t) = (2, 1, −1)+t(1, −2, 2) pasa por el punto P y es perpendicular → al plano (pues su vector director − u = (1, −2, 2) coincide con el vector normal al plano). Calculamos a continuaci´on el punto de intersecci´on de esta recta con el plano dado: x=2+t y = 1 − 2t =⇒ 2 + t − 2(1 − 2t) + 2(−1 + 2t) + 5 = 0 =⇒ t = −1/3. z = −1 + 2t Este valor de t da el punto de intersecci´on Q = (5/3, 5/3, −5/3). La distancia entre P y Q es precisamente la distancia entre el punto P y el plano: d(P, Q) =
p
(2 − 5/3)2 + (1 − 5/3)2 + (−1 + 5/3)2 = 1.
PROBLEMA 1.25
Determinar si los vectores siguientes est´ an contenidos en un mismo plano: → − → → u = (0, 1, −1), − v = (3, −1, 2), − w = (3, −2, 3).
Soluci´ on
Los vectores estar´an contenidos en un mismo plano si su producto mixto es nulo. En efecto, 0 1 −1 → → → [− u,− v ,− w ] = 3 −1 2 = 0. 3 −2 3
30
PROBLEMA 1.26
Un punto se desplaza en el espacio de modo que en el instante t su posici´ on 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, que llamaremos L. (b) ¿En qu´ e instante el punto toca el plano 2x+3y+2z+1 = 0? (c) Hallar la ecuaci´ on cartesiana del plano paralelo al del apartado (b) y que contenga el punto X(3). (d) Hallar la ecuaci´ on cartesiana del plano perpendicular a L que contenga el punto X(2). Soluci´ on
(a) Si reescribimos el vector posici´on 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 instante → t = 0, pasa por el punto (1, 2, −1) y tiene como vector posici´on − u = (−1, −3, 2). (b) Sustituimos las coordenadas del punto (1 − t, 2 − 3t, 2t − 1) en el plano y obtenemos: 2(1 − t) + 3(2 − 3t) + 2(2t − 1) + 1 = 0 =⇒ t = 1. (c) Haciendo t = 3 en la ecuaci´on de la recta, obtenemos el punto X(3) = (−2, −7, 5). Como un vector normal al plano es (2, 3, 2), la ecuaci´on 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 el → vector director de la recta, − u = (−1, −3, 2). Como adem´as contiene al punto X(2) = (−1, −4, 3), su ecuaci´on es −(x + 1) − 3(y + 4) + 2(z − 3) = 0 ⇐⇒ −x − 3y + 2z = 19. 31
32
3. CURVAS Y SUPERFICIES EN R3 .
Una ecuaci´on en tres variables F (x, y, z) = 0 representa geom´etricamente una superficie en el espacio eucl´ıdeo tridimensional R3 , mientras que una F (x, y, z) = 0 curva se obtiene como intersecci´on de dos superficies, G(x, y, z) = 0. La ecuaci´on general de primer grado (o ecuaci´on lineal) Ax + By + Cz + D = 0, es la m´as sencilla de las ecuaciones en tres variables y representa un plano que 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 grado representa la recta intersecci´on de los dos planos definidos por dichas ecuaciones. Otras superficies que utilizaremos frecuentemente en lo sucesivo son las cu´adricas cuya expresi´on general, en su forma can´onica, corresponde a un ecuaci´on de segundo grado en las variables x, y y z: Ax2 + By 2 + Cz 2 + Dx + Ey + F z + G = 0. Como regla general, las cu´adricas se obtienen de las c´onicas haciendo girar ´estas alrededor de un eje y dilatando convenientemente uno de los ejes. La excepci´on es el paraboloide hiperb´olico (tambi´en llamado silla de montar). La tabla de las p´aginas siguientes muestra una relaci´on detallada de los distintos tipos de superficies cu´adricas:
33
NOMBRE
ECUACION
Elipsoide
x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c
GRAFICA
x2 y 2 z 2 + 2 − 2 =1 a2 b c x2 y 2 z 2 − 2 + 2 =1 a2 b c
Hiperboloide de una hoja
Hiperboloide de dos hojas
−
x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c
−
x2 y 2 z 2 − 2 + 2 =1 a2 b c
−
x2 y 2 z 2 + 2 − 2 =1 a2 b c x2 y 2 z 2 − 2 − 2 =1 a2 b c
34
NOMBRE
ECUACION
GRAFICA
x2 y 2 z 2 + 2 − 2 =0 a2 b c x2 y 2 z 2 − 2 + 2 =0 a2 b c
Cono
−
x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =0 a2 b c
x2 y 2 z + 2 = 2 a b c Paraboloide el´ıptico
x2 z 2 y + 2 = a2 c b x y2 z2 + 2 = 2 b c a
x2 y 2 z − 2 = 2 a b c Paraboloide hiperb´olico
x2 z 2 y − 2 = a2 c b y2 z2 x − 2 = 2 b c a
35
NOMBRE ECUACION
GRAFICA
x2 y 2 + 2 =1 a2 b Cilindro el´ıptico
x2 z 2 + 2 =1 a2 c y2 z2 + 2 =1 b2 c
x2 y 2 − 2 =k a2 b Cilindro hiperb´olico
x2 z 2 − 2 =k a2 c y2 z2 − 2 =k b2 c
Cilindro parab´olico
x2 = py x2 = pz y 2 = px y 2 = pz z 2 = px z 2 = py
36
PROBLEMA 1.27
Clasificar y dibujar la gr´ afica de las siguientes superficies: (a) 4x2 + y 2 = 16 (b) x + 2z = 4 (c) z 2 = y 2 + 4 (d) x2 + y 2 − 2x = 0 Soluci´ on
A pesar de que todas las ecuaciones s´olo involucran dos coordenadas, al tratarse de superficies (y no de curvas), debe entenderse que la tercera coordenada existe (aunque no est´e presente). Esto quiere decir que todas las superficies son cilindros, pues basta dibujar la curva correspondiente a la ecuaci´on en dos variables de que se trate y prolongarla paralelamente a lo largo de la tercera coordenada. (a) En el plano XY la curva corresponde a una elipse de ecuaci´on can´onica y2 x2 + = 1, 4 16 de modo que est´a centrada en el origen y los semiejes miden 2 y 4 unidades, respectivamente. As´ı pues, la superficie es un cilindro el´ıptico y su gr´afica es la siguiente:
37
(b) En el plano y = 0 la ecuaci´on corresponde a una recta, lo que indica que la figura es la de un plano paralelo al eje Y .
(c) Escribiendo la ecuaci´on en forma can´onica como
z2 y2 − = 1, 4 4
observamos que, para cualquier valor de x, tenemos una hip´erbola de eje real el eje Z y eje imaginario el eje Y . La ecuaci´on entonces representa un cilindro hiperb´olico como el de la figura.
(d) Completando cuadrados, escribimos la ecuaci´on de forma equivalente como: (x − 1)2 + y 2 = 1,
la cual representa, para cada valor de z, una circunferencia de centro el punto (1, 0, z). As´ı pues, la superficie que representa es la de un cilindro circular cuyo eje es la recta x = 1, y = 0. 38
PROBLEMA 1.28
Realizar el mismo ejercicio anterior con las siguientes superficies: (a)
x y2 z2 = + 4 4 9
(b)
y2 z2 x2 + =1+ 9 4 16
(c) z =
y 2 x2 − 4 9
(d) y 2 = x2 + z 2
Soluci´ on
(a) Esta ecuaci´on corresponde a un paraboloide el´ıptico (observemos que las secciones perpendiculares a los ejes Y y Z son par´abolas y las secciones perpendiculares al eje X son elipses). Su gr´afica es la siguiente: 39
(b) En este caso tenemos un hiperboloide de una hoja, en donde los cortes con planos paralelos a x = 0 son elipses, mientras que los cortes con planos paralelos a y = 0 y z = 0 son hip´erbolas. Su gr´afica tiene la forma siguiente:
(c) Como las secciones perpendiculares al eje Z son hip´erbolas y las secciones perpendiculares a los ejes X e Y son par´abolas, tenemos un paraboloide hiperb´olico y su gr´afica es la siguiente:
(d) Esta ecuaci´on corresponde a un cono circular (a diferencia del paraboloide el´ıptico del apartado (a), las secciones perpendiculares a los ejes X y 40
Z son rectas, no par´abolas). Su gr´afica tiene la siguiente forma:
41
´ 4. NOCIONES DE TOPOLOG´ IA METRICA.
En la secci´on 1 se ha definido la noci´on de producto escalar de vectores en Rn , la cual permit´ıa a su vez definir la norma de un vector y la distancia entre dos puntos. Ahora bien, esta forma de definir distancia entre dos puntos no es la u ´nica posible. En general, se dice que una aplicaci´on d : Rn → Rn es distancia (o m´etrica) 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 m´etrico. Un ejemplo trivial de distancia en Rn es la aplicaci´on definida por → → d(− x,− y)=0 → − → − d( x , y ) = 1
si si
− → → x =− y, → − → − x 6= y .
An´alogamente, toda aplicaci´on k · k : Rn → R que verifique los siguientes axiomas: − (i) k→ x k ≥ 0; − → (ii) k→ x k = 0 ⇐⇒ − x = 0; → → (iii) kα− x k = |α| · k− x k; − → → → (iv) k→ x +− y k ≤ k− x k + k− y k (desigualdad triangular); recibe el nombre de norma, y el par (Rn , k·k) se llama espacio normado. → → → Dada una norma arbitraria k · k en Rn , la aplicaci´on d(− x,− y ) = k− x − → − y k es una distancia. Rec´ıprocamente, dada una distancia d (con ciertas → → propiedades que no vamos a especificar aqu´ı), la aplicaci´on k− x k = d(− x , O) es una norma. Ejemplos de normas en Rn son las siguientes aplicaciones: k(x1 , . . . , xn )kp = (|x1 |p + · · · + |xn |p )1/p , ∀p ∈ [1, ∞); k(x1 , . . . , xn )k∞ = m´ax{|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 k · k1 y k · k2 definidas en Rn son equivalentes, es decir → → → ∃a, b > 0 : ak− v k1 ≤ k− v k2 ≤ bk− v k1 . Nociones topol´ ogicas en un espacio m´ etrico (Rn , d). → − Sean − a ∈ Rn , r > 0; se llama bola abierta de centro → a y radio r al conjunto → → → → → B(− a , r) = Br (− a ) = {− v ∈ Rn : d(− v ,− a ) < r}. An´alogamente se definen las correspondientes bolas cerradas → → → → B(− a , r) = {− v ∈ Rn : d(− v ,− a ) ≤ r} y las esferas
→ → → → S(− a , r) = {− v ∈ Rn : d(− v ,− a ) = r}.
Un sencillo argumento geom´etrico muestra que → → B(− a , r) = − a + r · B(O, 1). La bola de centro el origen y radio 1 es la llamada bola unitaria del espacio m´etrico. → Dado un subconjunto A ⊂ Rn , se dice que − a ∈ A es punto interior de A → − si existe r > 0 tal que B( a , r) ⊂ A. Se llama interior de A al conjunto → → int A = {− a ∈A:− a es punto interior de A}. Si int A = A, A se dice abierto. Por ejemplo, las bolas abiertas son siempre 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 A si → ∃r > 0, B(− x , r) ⊂ Ac → (lo que equivale a decir que B(− x , r) ∩ A = ∅). Denotaremos por ext A al conjunto de los puntos exteriores de A. → An´alogamente, 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 fr A. 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 adherencia de 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. Tambi´en los rect´angulos [a1 , b1 ] × [a2 , b2 ] son cerrados en R2 . De la definici´on se deduce f´acilmente que un conjunto es cerrado si y s´olo si su complementario es abierto. → Dado un subconjunto A ⊂ Rn , un vector − x ∈ Rn es punto de acumulaci´on de A si → → ∀r > 0, B(− x , r) − {− x } ∩ A 6= ∅. Es f´acil probar a partir de la definici´on que los conjuntos finitos no tienen puntos de acumulaci´on. El conjunto → − A0 = {− x ∈ Rn : → x es punto de acumulaci´on de A} recibe el nombre de conjunto derivado de A. Se puede probar tambi´en que un conjunto A es cerrado si y s´olo si A0 ⊂ 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 conjunto infinito y acotado, entonces A0 6= ∅. Un conjunto es compacto si de todo recubrimiento por abiertos se puede extraer un sub-recubrimiento finito. Una importante caracterizaci´on de los conjuntos compactos es la siguiente: Teorema (Heine-Borel). Dado A ⊂ Rn , A es compacto si y s´ olo si A es cerrado y acotado. 44
Un conjunto A ⊂ Rn es no conexo si existen dos conjuntos X, Y abiertos tales 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 caracterizaci´on geom´etrica de los conjuntos conexos es el siguiente. Teorema. Un conjunto A es conexo si y s´ olo si todo par de puntos de A 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) k(x1 , . . . , xn )k1 = |x1 | + · · · + |xn |. (b) k(x1 , . . . , xn )k∞ = m´ax{|xi | : 1 ≤ i ≤ n}. Representar gr´ aficamente sus respectivas bolas unitarias. Soluci´ on
(a) Debemos comprobar los axiomas de norma enunciados en el resumen te´orico: i) Es evidente que k(x1 , . . . , xn )k1 ≥ 0. ii) k(x1 , . . . , xn )k1 = 0 =⇒ |x1 | + · · · + |xn | = 0 =⇒ |x1 | = · · · = |xn | = 0 (pues se trata de una suma de n´ umeros no negativos). Esto implica que (x1 , . . . , xn ) = (0, . . . , 0). iii) Es inmediato tambi´en que kα(x1 , . . . , xn )k1 = k(αx1 , . . . , αxn )k1 = |αx1 | + · · · + |αxn | = |α| · (|x1 | + · · · + |xn |) = |α| · k(x1 , . . . , xn )k1 . 45
iv) Teniendo en cuenta la desigualdad triangular en R, k(x1 , . . . , xn ) + (y1 , . . . , yn )k1 = k(x1 + y1 , . . . , xn + yn )k1 = |x1 + y1 | + · · · + |xn + yn | ≤ |x1 | + |y1 | + · · · + |xn | + |yn | = k(x1 , . . . , xn )k1 + k(y1 , . . . , yn )k1 . (b) Al igual que en el apartado anterior, los tres primeros axiomas son triviales. Para comprobar la desigualdad triangular, basta observar que m´ax{|xi + yi | : 1 ≤ i ≤ n} ≤ m´ax{|xi | + |yi | : 1 ≤ i ≤ n} ≤ m´ax{|xi | : 1 ≤ i ≤ n} + m´ax{|yi | : 1 ≤ i ≤ n}.
En la gr´afica adjunta se representa por una l´ınea continua la frontera de la bola unitaria para la norma k · k1 y por una l´ınea discontinua la de la bola unitaria para la norma k · k∞ , ambas en el caso de R2 .
En efecto, la bola unitaria en la norma k·k1 es el conjunto |x|+|y| < 1, es decir, el limitado por las rectas x + y = 1, x + y = −1, x − y = 1 e y − x = 1. Por otra parte, la bola unitaria en la norma k · k∞ es el conjunto m´ax{|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 abiertos o cerrados: (a) A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≥ 1}. (b) B = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 < 2}. (c) C = {(x, y) ∈ R2 : x2 − y 2 < 0}. 46
Soluci´ on
(a) El conjunto es cerrado pues su complementario es la bola unidad abierta. Su interior es el conjunto int(A) = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 > 1}.
(b) Este conjunto no es abierto (pues los puntos de la circunferencia x2 + y 2 = 1 pertenecen al conjunto y no son interiores a ´el) ni cerrado (pues los puntos de la circunferencia x2 + y 2 = 2 son puntos de la frontera pero no pertenecen al conjunto).
(c) Para dibujar la regi´on, debemos resolver la inecuaci´on x2 − y 2 < 0: y > x, y > −x 2 2 ´o x − y < 0 ⇐⇒ (x − y)(x + y) < 0 ⇐⇒ y < x, y < −x.
La primera parte representa la regi´on que est´a por encima de las rectas y = x, y = −x y la segunda parte corresponde a la regi´on que est´a por debajo de ambas rectas. Observemos que el origen no pertenece a la regi´on dada as´ı como tampoco las rectas que la delimitan. El conjunto es abierto pues todos sus puntos son interiores (ning´ un punto de la frontera 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 + y 2 ≤ 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, as´ı como su clausura y su conjunto derivado. Soluci´ on
(a) Es evidente que el conjunto es abierto y conexo (observar la gr´afica adjunta). Tambi´en es acotado (todo el conjunto est´a contenido en la bola centrada en el origen y radio 2) pero no es compacto al no ser cerrado.
48
Los conjuntos asociados son: int A = A; fr A = {(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; A0 =
A.
(b) Este conjunto es cerrado y conexo, pero no est´a acotado ni, en consecuencia, es compacto.
Es f´acil verificar que: int B = {(x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1}; fr B = {(0, y) : y ∈ R} ∪ {(1, y) : y ∈ R}; ext B = {(x, y) ∈ R2 : x > 1} ∪ {(x, y) ∈ R2 : x < 0}; B = B = B0.
(c) El conjunto no es conexo pues el punto (3, 0) y la corona circular son dos subconjuntos disjuntos cuya uni´on es todo el conjunto C. Tampoco es abierto pues, por ejemplo, el punto (3, 0) no es interior. Ahora bien, el conjunto es cerrado (uni´on de dos cerrados) y acotado (la bola de centro el origen y radio cuatro contiene al conjunto), por tanto es compacto. 49
Los conjuntos asociados son: int C = {(x, y) ∈ R2 : 1 < x2 + y 2 < 4}; fr C = {(x, y) ∈ R2 : 1 = x2 + y 2 } ∪ {(x, y) ∈ R2 : 4 = x2 + y 2 } ∪ {(3, 0)}; ext C = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 < 1} ∪ {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 > 4} \ {(3, 0)}; C = C; C 0 = C \ {(3, 0)}. (d) El conjunto es cerrado pues es uni´on de dos conjuntos cerrados. En efecto, como el punto (1, 0) pertenece al conjunto, podemos escribir D como uni´on de los conjuntos cerrados {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1} y {(x, y) : x ≥ 1, y = 0}. Es conexo pues no se puede escribir como uni´on de conjuntos abiertos disjuntos; no es compacto pues no est´a acotado (contiene los puntos (a, 0) con a arbitrariamente grande).
Los conjuntos asociados son: int D = {(x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1}; fr D = {(0, y) : y ∈ R} ∪ {(1, y) : y ∈ R} ∪ {(x, 0) : x > 1}; ext D = R2 \ D; D = D0 = D.
50
5. PROBLEMAS PROPUESTOS.
1.- Sea P = (x, y, z) un punto de R3 . Determinar las coordenadas del punto sim´ etrico 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 ecuaci´ on de la recta que pasa por los puntos (1, 0, 3) y (2, −1, 4). 3.- Hallar los puntos de intersecci´ on de las rectas r1 y r2 y el ´ angulo que 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 est´ a 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 y est´ a 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 intersecci´ on 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 est´ a generado por (2, 1, 3) y (3/4, 1, 1). 7.- Completar la siguiente tabla relativa a los planos que se indican. 51
corte con X corte con Y
corte con Z
ecuaci´ on 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
ecuaci´ on (x −
2)2
+ (y − 1)2 + (z − 3)2 = 6
(x + 1)2 + (y − 1)2 + z 2 = 1 x2 + y 2 + 3x − 2y + z 2 = 4 (1, 1, 1)
2
(1, −2, 0)
1/2 x2 + z 2 = 1 x2 + y 2 + 3x − 2y = 2
eje paralelo a OX pasa por (0, 1, 3) eje paralelo a OY pasa por (1, 0, −1) eje paralelo a OZ pasa por (2, 0, 0)
1 3 4
9.- Clasificar y dibujar la gr´ afica de las siguientes superficies:
(a) z = x2 . (b) y 2 + z 2 = 4. (c) 4x2 − 3y 2 + 2z 2 = 0. (d)
y2 z2 x2 + + = 1. 9 12 9 52
10.- Dibujar las regiones siguientes e indicar si son conjuntos abiertos o 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, as´ı como su 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 ⇐⇒ k− a + b k = k− a − b k. → → − → − − → → − → → → (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 ecuaci´ on − a ×− x = b tiene soluci´ on u ´nica. → → − → (f) Tres vectores − a , b ,− c est´ an en el mismo plano que pasa por el → − → origen si y s´ olo si existen α, β, γ no todos nulos tales que α− a +β b + → − → γ− c = 0. → − → → − → − → → → (g) El vector − v = k− a k b + k b k− a biseca el ´ angulo entre − a y b.
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