Geometria Y Geografia
Páginas: 25 (6062 palabras)
Publicado: 10 de febrero de 2013
Capítulo 5
La Esfera y el Espacio
En este capítulo estudiaremos la geometría de la esfera. Veremos cómo se puede
hacer, y hay, geometría en otros “espacios” además del plano euclidiano. Pero antes
tenemos que repazar y ver ciertas propiedades de su “habitat” natural, del espacio
ambiente en el que vive.
5.1
Planos en R3
Hemos visto que los planos en R3 se pueden definir de, al menos,tres maneras.
Una, su descripción paramétrica, es dando un punto base p y dos vectores direccionales u y v, no paralelos, para describir a un plano
Π con dos parametros libres s y t como
n
Π = { p + s u + t v | s, t ∈ R } .
Otra, su descripción baricéntrica, es dando tres puntos a, b, c en él, no colineales, y describirlo por coordenadas baricéntricas (o combinaciones afines):
Π = { α a + βb + γ c | α, β , γ ∈ R ; α + β + γ = 1 } .
c
v
p
b
u
a
Y finalmente, una descripción intrínseca, por medio de una ecuación normal, dando
un vector normal n 6= 0 y una constante d ∈ R
Π: n·x = d
Pasar de una descripción baricéntrica a una paramétrica, y viceversa, es fácil pues
tomando a = p, b = p + u y c = p + v por ejemplo, podemos transformar una en
la otra (Sección 1.??). Elprimer problema importante que vamos a atacar es cómo
encontrar una ecuación normal para un plano dado paramétricamente. Es decir, dados
u y v, no paralelos, encontrar un vector n perpendicular a ambos. Pero antes, veámos
con un ejemplo cómo es fácil encontrar una descripción paramétrica, o baricéntrica,
de un plano dado por una ecuación normal.
209
210
CAPÍTULO 5. LA ESFERA Y ELESPACIO
Tomemos por ejemplo la ecuación
2x + y − z = 2
que define un plano Π normal al vector (2, 1, −1). Para encontrar una descripción
baricéntrica basta encontrar tres soluciones particulares no colineales. Y para esto,
podemos asignar valores arbitrarios a dos de las variables y despejar la tercera. Lo
más fácil es hacerlas cero. Así, si hacemos y = 0 y z = 0 la ecuación implica que
x = 1y por tanto que a = (1, 0, 0) es una solución. Análogamente, b = (0, 2, 0) y
c = (0, 0, −2) son soluciones. Y estos tres puntos nos dan una descripción baricéntrica
del mismo plano pues son los puntos de intersección de Π con los tres ejes y en este
caso no son colineales.
Para obtener una descripción paramétrica, podemos tomar a a como punto base
y a b − a y c − a como vectoresdireccionales:
−1
−1
1
0 + s 2 + t 0 | s, t ∈ R
Π=
0
0
−2
1−s−t
| s, t ∈ R .
2s
=
− 2t
Y efectivamente, estos valores siempre satisfacen la ecuación original; para corroborarlo, podemos sustituir en la ecuación original y ver que simbólicamente, es decir,
independientemente de los valores de los parámetros, siempre se cumple:2 (1 − s − t) + (2s) − (−2t) = 2
Hay que observar que a veces puede ser un poco, pero no mucho, más difícil encontrar
soluciones particulares no colineales (veánse los siguientes ejercicios).
Por último, es bonito ver lo fácil que resulta demostrar porque el método que
acabamos de esbozar funciona siempre.
Lema 5.1.1 Si a, b, c son soluciones de la ecuación lineal n · x = d, entoncescualquier combinación afín de ellos también lo es.
Demostración. Recordemos que una combinación afín de a, b, c es un vector que se
expresa de la forma
αa + β b + γc
con
α+β+γ =1
De la linearidad del producto interior, la hipótesis y esta última ecuación se obtiene:
n · (α a + β b + γ c) = α (n · a) + β (n · b) + γ (n · c)
= αd + β d + γd
= (α + β + γ ) d = d
¤
5.2. EL PRODUCTOCRUZ
211
EJERCICIO 5.1 Encuentra descripciones baricéntricas y paramétricas para los siguientes
planos: Π1 : 2x − 3y + z = 6; Π2 : x + 4y − 2z = 4; Π3 : −x + y − 2z = 2; Π4 :
5x − 2y + z = 1 .
EJERCICIO 5.2 Enuncia y demuestra el Lema anterior para combinaciones afínes de longitud arbitraria (no necesariamente de tres vectores) y en cualquier espacio vectorial.
5.2
El producto cruz...
La Esfera y el Espacio
En este capítulo estudiaremos la geometría de la esfera. Veremos cómo se puede
hacer, y hay, geometría en otros “espacios” además del plano euclidiano. Pero antes
tenemos que repazar y ver ciertas propiedades de su “habitat” natural, del espacio
ambiente en el que vive.
5.1
Planos en R3
Hemos visto que los planos en R3 se pueden definir de, al menos,tres maneras.
Una, su descripción paramétrica, es dando un punto base p y dos vectores direccionales u y v, no paralelos, para describir a un plano
Π con dos parametros libres s y t como
n
Π = { p + s u + t v | s, t ∈ R } .
Otra, su descripción baricéntrica, es dando tres puntos a, b, c en él, no colineales, y describirlo por coordenadas baricéntricas (o combinaciones afines):
Π = { α a + βb + γ c | α, β , γ ∈ R ; α + β + γ = 1 } .
c
v
p
b
u
a
Y finalmente, una descripción intrínseca, por medio de una ecuación normal, dando
un vector normal n 6= 0 y una constante d ∈ R
Π: n·x = d
Pasar de una descripción baricéntrica a una paramétrica, y viceversa, es fácil pues
tomando a = p, b = p + u y c = p + v por ejemplo, podemos transformar una en
la otra (Sección 1.??). Elprimer problema importante que vamos a atacar es cómo
encontrar una ecuación normal para un plano dado paramétricamente. Es decir, dados
u y v, no paralelos, encontrar un vector n perpendicular a ambos. Pero antes, veámos
con un ejemplo cómo es fácil encontrar una descripción paramétrica, o baricéntrica,
de un plano dado por una ecuación normal.
209
210
CAPÍTULO 5. LA ESFERA Y ELESPACIO
Tomemos por ejemplo la ecuación
2x + y − z = 2
que define un plano Π normal al vector (2, 1, −1). Para encontrar una descripción
baricéntrica basta encontrar tres soluciones particulares no colineales. Y para esto,
podemos asignar valores arbitrarios a dos de las variables y despejar la tercera. Lo
más fácil es hacerlas cero. Así, si hacemos y = 0 y z = 0 la ecuación implica que
x = 1y por tanto que a = (1, 0, 0) es una solución. Análogamente, b = (0, 2, 0) y
c = (0, 0, −2) son soluciones. Y estos tres puntos nos dan una descripción baricéntrica
del mismo plano pues son los puntos de intersección de Π con los tres ejes y en este
caso no son colineales.
Para obtener una descripción paramétrica, podemos tomar a a como punto base
y a b − a y c − a como vectoresdireccionales:
−1
−1
1
0 + s 2 + t 0 | s, t ∈ R
Π=
0
0
−2
1−s−t
| s, t ∈ R .
2s
=
− 2t
Y efectivamente, estos valores siempre satisfacen la ecuación original; para corroborarlo, podemos sustituir en la ecuación original y ver que simbólicamente, es decir,
independientemente de los valores de los parámetros, siempre se cumple:2 (1 − s − t) + (2s) − (−2t) = 2
Hay que observar que a veces puede ser un poco, pero no mucho, más difícil encontrar
soluciones particulares no colineales (veánse los siguientes ejercicios).
Por último, es bonito ver lo fácil que resulta demostrar porque el método que
acabamos de esbozar funciona siempre.
Lema 5.1.1 Si a, b, c son soluciones de la ecuación lineal n · x = d, entoncescualquier combinación afín de ellos también lo es.
Demostración. Recordemos que una combinación afín de a, b, c es un vector que se
expresa de la forma
αa + β b + γc
con
α+β+γ =1
De la linearidad del producto interior, la hipótesis y esta última ecuación se obtiene:
n · (α a + β b + γ c) = α (n · a) + β (n · b) + γ (n · c)
= αd + β d + γd
= (α + β + γ ) d = d
¤
5.2. EL PRODUCTOCRUZ
211
EJERCICIO 5.1 Encuentra descripciones baricéntricas y paramétricas para los siguientes
planos: Π1 : 2x − 3y + z = 6; Π2 : x + 4y − 2z = 4; Π3 : −x + y − 2z = 2; Π4 :
5x − 2y + z = 1 .
EJERCICIO 5.2 Enuncia y demuestra el Lema anterior para combinaciones afínes de longitud arbitraria (no necesariamente de tres vectores) y en cualquier espacio vectorial.
5.2
El producto cruz...
Leer documento completo
Regístrate para leer el documento completo.