ALGEBRA LINEAL (E-LEARNING)
UNIDAD 2: TAREA 2 – SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES, RECTAS Y PLANOS. INTEGRANTES MICHAEL PINZON MORENO DAVID CAMILO YEPEZ ELVIS LEY RUSSO JOSE RAFAEL LUBO NERY TERESA DIAZ 2!"#A$"%"
PRESENTADO A:
CARLOS ALBERTO BOCANEGRA TUTOR
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA – UNAD ESCUELA DE CIENCIAS B&SICAS TECNOLOG'A E INGENIER'A NOVIEMBRE 2!
Descripción del ejercicio 1:
Luego Luego de habe haberr real realiz izad ado o lect lectur uraa de los los cont conteni enido doss indi indica cados dos,, pres presen enta tarr un mapa conceptual que ilustre uno de los siguientes siguientes contenidos contenidos de la unidad 2, utilizando utilizando para su construcción la herramienta Cmaptools. En el foro informar sobre el tema elegido, para que no coincida con la elección de otro compañero: a) efina qu! es un sistema de ecuaciones lineales:con solución "nica, Con un n"mero infinito de soluciones, sin solución, consistente e inconsistente. #$% #$% &E'E( b) iferencia entre los m!todos de reducción de auss*+ordan eliminación gaussiana. EL$%- LE& /--0 C) Ecuación 1ectorial de la recta, ecuaciones param!tricas sim!tricas. +0-E ##EL L/30 d) Ecuación del plano, como graficar un plano -eleccionada 4%C5#EL '%6(06 e) 'lanos paralelos, ecuación ecua ción de intersección de dos planos. 6E& 6E& 7EE-# %#( 'ara descargar la herramienta Cmaptools dir89ase a la siguiente url https:cmaptools.softonic.comdescargar , el mapa debe guardarlo como imagen ane;arlo al traba9o final, en el documento colocar el nombre del estudiante del grupo que presenta el mapa conceptual. Solución:
a. b.
c. d.
e.
Ejercicio 2. Aplicación de conceptos de Sistemas de ecuaciones lineales en la solución de problemas básicos.
uii Descripción del ejercicio 2
Considere el siguiente problema, defina el sistema de ecuaciones lineales que le describe soluciónelo por medio de una reducción de auss < +ordan. $alide su resultado por medio de eogebra=. En una f>brica de ropa se producen tres estilos de camisas que llamaremos ?, 2 ,@. Cada prenda pasa por el proceso de cortado, cosido, planchado empaquetado. Las camisas se elaboran por lote. 'ara producir un lote de camisas del tipo ? se necesitan @A min para cortarlas, BA min para coserlas A min para plancharlas empaquetarlas. 'ara el tipo 2, A min para cortar, A min para coser A min para planchar empaquetar. 'ara el tipo @, D min para cortar, BA min para coser ? min para planchar empaquetar. Cu>ntos lotes se pueden producir si se traba9an F horas en cortar, F horas en coser F horas en planchar empaquetarG *Nota: En el entorno de aprendiza9e pr>ctico se encuentran los manuales, gu8as, tutoriales el linH del programa libre eogebra. #ne;ar al desarrollo del punto, los pantallazos de las 1erificaciones. Solución: ;Itipo ?, @A min cortar, BA min coser A min planchar empacar
Itipo 2, A min cortar, A min coser A min planchar empacar zItipo @, D min cortar, BA min coser ? min planchar empacar 'lanchar el timepo que se debe emplear es empaquetarIcoserICortar IF horas Como todo el proceso de producción se hace con minutos, pasando horas a minutos F=DAIBFA min
7ipo ?
7ipo 2
7ipo @
4inuto s
Cortar
@A
A
D
BFA
Coser
BA
A
BA
BFA
'lanchar empaquetar
A
A
?
BFA
Entonces as ecuaciones correspondientes son 30 x + 50 y + 65 z 40 x + 50 y + 40 z 50 x + 50 y + 15 z
¿ ¿ ¿
480 480 480
entonces se 1a a solucionar el sistema por medio del m!todo de auss
( ( (
50 50 50
65 40 15
20 10 10
0 0 10 10
−50 −25
0 2 0
0 0 10
) )
¿ 480 f 3− f 1 → f 1 ¿ 480 f 3− f 2 → f 2 ¿ 480 1 / 5 f 3 → f 3
30 40 50
¿ 0 f 1−2 f 2 → f 1 ¿ 0 1 /5 f 2 → f 2 2 ¿ 96 f 3− f 2 2 → f 3
3
)
¿ 0 1 /2 f → f 2 2 ¿0 1 10 ¿ 96 / f 3 → f 2
0 −5 28
(
20 10 10
(
(
0 2 0
0 0 10 0 0 10
) )
−50 ¿ 0 −25 ¿ 0 ¿ 96 3 ¿0 ¿0 ¿ 96
0 −5 28
0 1
0 0
0 −5 / 2
0
1
14 / 5
¿0 ¿0 ¿
48 5
)
con lo cual 5
14
2
5
x − z =0 y y + 5
48
2
5
x = z y y =
−
z =
14 5
48 5
z
el problema no tiene solución "nica con lo cual, para que pueda tener una solución consistente con el problema y ≥ 0 con lo cual 48 5
−
−14 5 14 5
z ≤
14 5
5
−
14 5
z ≥ 0
z ≥ 0
z ≥ −
z ≤
48
48 5
48 5
( )( ) 48
5
5
14
=
48 14
cambiando el par>metro z =t , entonces la solución del sistema esta dado por las ecuaciones 5
48
2
5
x = t y =
−
donde el 1alor de
14 5
t z =t
0 ≤t ≤
48 14
Ejercicio 3 Aplicación de conceptos de rectas en R3 en la solución de problemas p roblemas básicos
escripción del e9ercicio @ ?. En una ecuac ecuación ión de recta recta dada dada,, se han de de identi identific ficar ar f>cil f>cilmen mente te un punto punto conoc conocido ido un 1ector director, as8, si se dan las coordenadas de un punto ' de una recta se conoce la ecuación param!trica de una segunda recta, sabiendo que las dos rectas son paralelas, que comparten en com"n dichas rectasG Solución: las dos rectas comparten en com"n el 1ector director o un m"ltiplo del 1ector director. director. 2. ! la ecuac ecuación ión de la la recta, recta, que pasa pasa por por el punt punto o J?, *?,?) *?,?) es es paralel paralelaa a la recta recta que que pasa por los puntos #J*2,A,?), 3J?,2,@). Solución: B − A =(1,2,3 )−(−2,0,1)=(3,2,2 ) entonces la ecuación de la recta es (3,2,2) t +( 1,−1,1 )=(3 t + 1,2 t −1,2 t + 1 ) @. ados dos puntos puntos cualesquier cualesquieraa en el plano, plano, se se requiere requiere el hallar hallar un un 1ector 1ector a partir partir de estos puntos para poder as8 determinar las ecuaciones 1ectoriales, param!tricas sim!tricas. Ku! nombre recibe el 1ector hallado a partir de los puntos dadosG elacione con claridad una fuente de consulta comprobable que argumente la respuesta. Solución: $ector director. B.
Encuentra Encuentra las las ecuacio ecuaciones nes 1ector 1ectoriales iales,, param!tri param!tricas cas sim!tri sim!tricas cas de la la recta recta que que pasa pasa por los puntos ' K: 'IJ, *?, B) K I JD, JD, 2, ) Solución:
´ 7eniendo los puntos :'IJ, *?, B) K I JD, 2, 2 , ) hallamos el 1ector director PQ ´ =( 6,2,5 )−( 5, −1,4 ) =(1,3,1 ) v´ = PQ Entonces la ecuación 1ectorial de la recta que pasa por los puntos ' K es
( x , y , z ) =( 5,−1,4 )+ α ( 1,3,1 ) , donde α ∈ R
Luego, la ecuación param!trica de esta recta es igual a
{
x =5 + α
y =−1+ 3 α z =4 + α la ecuación sim!trica que determinada por
x −5=
y − 1 3
= z −4
Ejercicio . Aplicación de conceptos planos en la solución de problemas básicos Descripción ejercicio esarrollar los siguientes e9ercicios propuestos:
ados los siguientes planos:
kx + 2 y −3 z −1= 0 2 x −4 y + 6 z + 5 =0
eterminar el 1alor de k para para que sean: a) 'aralelos. b) 'erpendiculares. ealice la gr>fica correspondiente con la auda de eogebra, -cilab, 0cta1e o 4atlab. Solución: a.
'aralelos.
kx + 2 y −3 z −1 2 x −4 y + 6 z + 5
¿ ¿
0 0
para que sean paralelos los planos, basta con que los 1ectores normales de los planos sean m"ltiplo escalar uno del otro es decir, dec ir, para el plano kx + 2 y −3 z −1= 0 el 1ector normal es ( k , 2,−3 ) para el otro plano 2 x −4 y + 6 z + 5 =0 su 1ector normal es ( 2,− 4,6 ) , entonces
l ( 2,− 4,6 )=( )=( k , 2,−3 ) de esta menera
l=
2
−4
2 l =k ,
−4 l =2 ,
6 l =− 3 , despe9ando el 1alor de
=−1 / 2 con lo cual si sustituimos el 1alor de l , entonces
( )
(k , 2,−3 )=l ( 2,4,−6 )=
−1 2
(( ) ( ) ( ) )
(2, −4,6 )=
−1 2
2,
−1 2
(−4 ) ,
−1 ( ) 6 =(− =(−1,2,−3 ) 2
con lo cual el 1alor de
k =−1 .
Entonces
− x + 2 y −3 z −1 ¿ 2 x − 4 y + 6 z + 5 ¿
0 0
b. 'erpendiculares para que que los planos sean ortogonales ortogonales el producto interno interno entre los 1ectores 1ectores normales de ambos planos sea igual a cero. -i para el plano kx + 2 y −3 z −1= 0 el 1ector normal es ( k , 2,−3 ) para el otro plano 2 x −4 y + 6 z + 5 =0 su 1ector normal es ( 2,− 4,6 ) , entonces
( k , 2,−3 ) ( 2,− 4,6 ) =2 k −8 −18=2 k −26 =0 ⋅
solucionando la ecuación 2 k −26 =0
2 k =26
k =26 / 2=13
k =13
con lo cual el 1alor 13 x + 2 y −3 z −1 2 x − 4 y + 6 z + 5
¿ ¿
0 0
Ejercicio !. Aplicación de conceptos planos en la solución de problemas básicos Descripción ejercicio !. esol1er los siguientes e9ercicios:
0btener la ecuación del plano que contiene el punto P 0 J?,2,@) cuas coordenadas del 1ector normal son: n J?,*?, ?) Compruebe gr>ficamente con la auda de eogebra, -cilab, 0cta1e o 4atlab. Encuentre la ecuación del plano que contiene a los puntos #J?,2,?) 3J?, A,?) CJA, ?, *?). *?). ealice la gr>fica correspondiente con la auda de eogebra, -cilab, 0cta1e o 4atlab. 1.
Obtener Obtener la ecuación ecuación del del plano plano que que conene conene el punto punto P0(1,2,3) P0(1,2,3) y cuyas cuyas coord coordenadas enadas del vector normal son n(1,!1, 1) "ompruebe " ompruebe #r$%camente con la ayuda de &eo#ebra, 'cilab, Octave o atlab. Solución:
n=( 1,−1,1 ) P 0=( 1,2,3) n ( X − P0 )=0 ⋅
(1,−1,1 )⋅ (( x , y , z )−( )−(1,2,3 ))=0 (1,−1,1 )⋅ ( x −1, y −2, z −3 )=0 1 ( x −1 )−1 ( y − 2)+ 1 ( z −3 )= 0
x −1− y + 2 + z − 3=0
x − y + z −2 =0 2.
ncuentre ncuentre la ecuación ecuación del plano plano que que conene conene a los punto puntoss *(1,2,1)+ *(1,2,1)+ (1, 0,1)+ "(0, 1, 1, !1). -ealice la #r$%ca correspondiente con la ayuda de &eo#ebra, 'cilab, Octave o atlab. Solución:
A =( 1,2,1 ) B=( 1,0,1) C =( =( 0,1,−1 )
B − A =(1,0,1 )−(1,2,1)=(0, −2,0) C − A =(0,1, −1)−(1,2,1 )=(−1, −1,−2 )
( B− A ) ×(C − A )= ∣
i 0 −1
j
k
−2 0 ∣ −1 −2
i ((−2 )(−2 )−(− 1)( 0 ))− j ((0 )(−2 )−( )−( 0 )(−1 ))+ k (( 0 )(−2 )−(0 )(−1)) 4 i −0 j + 0 k entonces el vector normal es
n=( 4,0,0) y A =( 1,2,1 )
n ( X − A )=0 ⋅
(4,0,0 ) ⋅(( x , y , z )−(1,2,1))=0
(4,0,0 ) ⋅( x −1, y −2, z −1 )=0 4 ( x −1 )+ 0 ( y −2)+ 0 ( z −1 )=0 4 x −4 =0
Descripción del ejercicio " a) 'ara cada sistema de ecuaciones graficado, analicen cómo son las rectas entre s8. b) esuel1an los sistemas de ecuaciones anteriores aplicando alguno de los m!todos analizados en !sta unidad. c) %ndiquen en qu! casos pudieron encontrar una "nica solución, infinitas soluciones o ninguna solución. d) Clasifiquen las soluciones de cada sistema seg"n las rectas ob tenidas.
3 x + 2 y =−2
−6 x − 4 y =−7 'or sustitución se tiene que 3 x + 2 y =−2 ( 1 )
−6 x − 4 y =−7 ( 2 ) espe9ando de la ecuación J?)
y =
−2−3 x 2
emplazando en la ecuación J2) se tiene
−6 x − 2 (−2−3 x )=−7 −6 x + 4 + 6 x =−7 0 =−10
'or lo tanto, el sistema no tiene solución es decir es un sistema de ecuaciones ecuac iones lineal inconsitente.
x + 2 y =1 2 x + 5 y = 0
'or sustitución se tiene ( 1 ) x +2 y =1 ( 2 ) 2 x + 5 y =0 espe9ando x de ( 1) se tiene x =1−2 y emplazando en la ecuación ( 2 ) 2 (1 −2 y )+ 5 y =0 2− 4 y +5 y =0 2 + y =0 y =−2
Entonces x −4 =1 x =1 + 4 =5 'or lo tanto la solución del sistema es x =5 y =−2 , es decir el sistema es consistente.
−6 x − 4 y =−7 −2 x + 3 y =1 'or sustitución se tiene
(1)− 6 x −4 y =−7 (2 )−2 x + 3 y =1 x de J?)
espe9ando
x =
−7 + 4 y (3 ) −6
emplazando en la ecuación J2)
−7 + 4 y 3
+
9 y 3
−7 + 4 y + 9 y 3
−7 + 13 y =3
=1 =1
y =
3 +7 13
=
10 13
emplazando en J@)
−7∗13 x =
13
+
4∗10 13
−6
−91 + 40 =
13
−6
−51 =
1
13
−6
=
51 78
1
Entonces la solución del sistema de ecuaciones lineal es x =
−1 6
Es decir el este es un sistema de ecuaciones lineales consistente.
x −3 y =−4 3 x −9 y =−12
'or sustitución se tiene
x −3 y =−4 ( 1 ) 3 x −9 y =−12 ( 2 )
espe9ando x de la ecuación J?)
x =−4 + 3 y emplazando en
(2 )
3∗ (−4 + 3 y ) − 9 y =−12
y =
10 13
−12 + 9 y −9 y =−12 0 =−12 + 12= 0
Los planos son paralelos por lo tanto el sistema de ecuaciones lineales no tiene solución, es decir el sistema es incosistente.
x + 3 y =4 x −9 y =−6 'ea
( 1 ) x + 3 y = 4 ( 2 ) x −9 y =−6
espe/ando x de
( 1)
se ene
x =4 −3 y -emplaando en
(2 )
4 −3 y − 9 y =−6 10−12 y =0
y =
10 12
-emplaando en
x + 3
( )= 10 12
x =4 −
10 4
( 1)
4
=
3 2
ntonces la solución del sistema de ecuaciones es
x = s decir el sistema sistema es consistente. consistente.
3 2
y
y =
10 12
