Otro ejercicio de geometría analítica

ENUNCIADO.
(a) Averígüese la posición relativa de la recta $r$, que pasa por el punto $P(1,-1)$ siendo $\vec{u}_r=(-1,1)$ un vector en la dirección de la misma, con la recta $s$ que pasa por los puntos $Q(0,3)$ y $R(6,0)$
(b) Calcúlese el ángulo entre las rectas $r$ y $s$ del apartado (a)
(c) Hállese un vector unitario que sea ortogonal al vector $\vec{u}_r$ del apartado (a)
(d) Hállese un vector $\vec{w}$ que forme base con el vector $\vec{u}_r$ y dígase qué tipo de base forman ( ortogonol, ortonormal, ... )

SOLUCIÓN.
(a)
Si $r \leftarrow \mathcal{L}\{ P,\vec{u}_r \}$ entonces $r\equiv (x,y)=(1,-1)+\lambda\,(-1,1)$, que podemos expresar en forma general de la forma $r\equiv x+y=0$

Si $s \leftarrow \mathcal{L}\{ Q,R\}$ entonces, siendo $\overset{\rightarrow}{QR}=(6-0,0-3)=(6,-3)=3\,(2,-1)$, hacemos $\vec{u}_s:=(2,-1)$, con lo cual $s\equiv (x,y)=(0,3)+\mu\,(2,-1)$, que podemos expresar en forma general como $s\equiv x+2y-6=0$

Como los vectores directores de sendas rectas, $\vec{u}_r=(-1,1)$ y $\vec{u}_s=(2,-1)$, son linealmente independientes, puesto que la combinación lineal $\alpha\,(-1,1)+\beta\,(2,-1)=(0,0)$ tiene como única solución $\alpha=\beta=0$, las rectas $r$ y $s$ son secantes.

(b)
$\measuredangle(r,s)=\measuredangle(\vec{u}_r,\vec{u}_s)=\arccos\,\dfrac{\langle \vec{u}_r,\vec{u}_s\rangle}{\left\|\vec{u}_r\right\|\cdot \left\|\vec{u}_s\right\| }=\arccos\,\dfrac{\langle (-1,1),(2,-1)\rangle}{|\sqrt{2}|\cdot |\sqrt{5}| }=$
  $=\arccos\,\dfrac{-3}{|\sqrt{10}| }\approx 162^{\circ}$
Evidentemente, también podemos dar como ángulo que forman las rectas secantes el ángulo suplementario del calculado, $180^{\circ}-\measuredangle(\vec{u}_r,\vec{u}_s)\approx 12^{\circ}$

(c)
Siendo $\vec{u}_r=(-1,1)$, un vector ortogonal a éste es $\vec{v}=(1,1)$, puesto que, siendo ambos distintos del vector $\vec{0}$, se cumple la condición suficiente $\langle (-1,1),(1,1)\rangle =0$; esto es, uno de los dos vectores no se puede expresar como combinación lineal del otro. El módulo de dicho vector es $\left\|\vec{v}\right\|=|\sqrt{1^2+1^2}|=|\sqrt{2}|$, luego un vector unitario perpendicular al vector $\vec{v}_{r}=(-1,1)$ es $\vec{v}_1=\left(1/|\sqrt{2}|,1/|\sqrt{2}|\right)$

(d)
Como $\vec{v}$ y $\vec{u}_r$ son ortogonales, son linealmente independientes puesto que uno de los dos no es combinación lienal del otro; además, forman un sistema de generadores mínimo del plano vectorial, luego forman base. En particular, por el hecho de ser dichos vectores ortogonales, podemos decir que forman una base ortogonal del plano vectorial: $\mathcal{B}=\{\vec{u}_r,\vec{v}\}$

Un vector unitario en la dirección de $\vec{u}_r$, cuyo módulo es igual a $|\sqrt{(-1)^2+1^2}|=|\sqrt{2}|$, es $\vec{u}_1=(\left(-1/|\sqrt{2}|,1/|\sqrt{2}|\right)$; por consiguiente, los vectores $\vec{u}_1$ y $\vec{v}_1$ son ortogonales ( or tanto son linealmente independientes ), y constituyen un sistema de generadores mínimo del plano vectorial); además, al ser unitarios, decimos que estos vectores forman una base ortonormal del plano vectorial: $\mathbb{B'}=\{\vec{u}_1,\vec{v}_1\}$
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Geometría analítica

ENUNCIADO.
(a) Determínense los puntos del eje de ordenadas que equidisten de las rectas $t\equiv x-2y-5=0$ y $\ell\equiv -2x+y-4=0$
(b) Dadas las rectas $r\equiv 2x+m\,y-2=0$ y $s\equiv y-1=0$, calcúlese $m$ para que $r$ y $s$ formen un ángulo de $60^{\circ}$
(c) Determínese la ecuación del haz de rectas dos de las cuales sean $t$ y $\ell$ ( las del apartado (a)). Calcúlese el centro del haz e indíquese dos puntos que pertenezcan a dicho haz.
(d) Hállese la ecuación de la recta del haz del apartado (b) que tiene pendiente igual a $-2$

SOLUCIÓN.
(a)
Un punto genérico del eje de ordenadas es $X(0,y)$. Para que equidiste de las rectas $t$ y $\ell$ debera cumplirse que $d(X,t)=d(X,\ell)$, esto es $$\dfrac{|0-2y-5|}{|\sqrt{1^2+(-2)^2}|}=\dfrac{-2\cdot 0+y-4|}{|\sqrt{(-2)^2+1^2}|}$$ y por tanto $$|-2y-5|=|y-4| \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}2y+5=y-4 \Rightarrow y=-9\\ 2y+5=-(y-4) \Rightarrow y=-1/3\end{matrix}\right.$$ Existen pues dos puntos que cumplen esta condición: $P_{1}(0,-9)$ y $P_{2}(0,-1/3)$

(b)
De $r\equiv 2x+m\,y-2=0$ vemos que $A_r=2$ y $B_r=m$, luego un vector en la dirección de $r$ es $\vec{u}_{r}=(-B_r,A_r)=(-m,2)$, cuyo módulo es $\left\|\vec{u}_r\right\|=|\sqrt{2^2+m^2}|$

De $s\equiv y-1=0$ vemos que $A_s=0$ y $B_s=1$, luego un vector en la dirección de $s$ es $\vec{u}_{s}=(-B_s,A_s)=(1,0)$, cuyo módulo es $\left\|\vec{u}_s\right\|=|\sqrt{1^2+0^2}|=1$

Si $\measuredangle(r,s)=60^{\circ}$, entonces $\cos \measuredangle (\vec{u}_r,\vec{u}_s)=\dfrac{1}{2}$. Y, por otra parte, sabemos que $\cos \measuredangle (\vec{u}_r,\vec{u}_s)=\dfrac{\langle \vec{u}_r,\vec{u}_s\rangle }{\left\|\vec{u}_r\right\|\cdot \left\|\vec{u}_s\right\|}$, por consiguiente, $\dfrac{\langle (-m,2),(1,0)\rangle}{|\sqrt{2^2+m^2}|}=\dfrac{1}{2}$
. Y de ahí, $\dfrac{1}{2}\,||\sqrt{2^2+m^2}|=-m$. Elevando al cuadrado ambos miembros, se tiene que $4+m^2=4\,m^2 \Rightarrow m=\pm \dfrac{2}{\sqrt{3}}$

(c)
El centro del haz viene dado por $C\equiv \left\{\begin{matrix}x-2y=5\\-2x+y=4\end{matrix}\right.\sim \left\{\begin{matrix}x_C=-13/3 \\ y_C=-14/3\end{matrix}\right.$

Como la rectas dadas son secantes el haz pedido se refiere a un haz de rectas concurrentes en $C$ ( que es el punto de intersección ), luego toda recta del haz vendra dada por $(x,y)=(x_C,y_C)+\lambda\,(m,n)$, donde $(m,n)$ es un vector libre cualquiera ( $\lambda \in \mathbb{R}$; $m \in \mathbb{R}$ y $n \in \mathbb{R}$ ), o dicho de otro modo, la ecuación del haz se puede escribir de la forma $\dfrac{x-x_C}{m}=\dfrac{y-y_C}{n}$, o lo que es lo mismo $$n\,(x-x_C)=m\,(y-y_c)$$, que, en el caso concreto que nos ocupa es $$n\,(x-(-13/3))=m\,(y-(-14/3))$$ es decir $$\mathcal{H}\equiv n\,(x+13/3))=m\,(y+14/3)\;\;;\forall\, m,n\in \mathbb{R}$$ Por otra parte, es obvio que cualquier punto del plano pertenece a alguna recta del haz, y por tanto al haz.

(d) Fijado un valor de la pendiente de una de las rectas del haz, podemos escribir la ecuación de la recta pedida en su forma punto-pendiente: $$\dfrac{n}{m}\,(x+13/3))=y+14/3$$ donde $\dfrac{n}{m}:=-2$, con lo cual la recta del haz pedida es $$-2(x+13/3))=y+14/3$$ cuya ecuación en forma explícita es $$y=-2x-40/3$$ y, en forma general, $$6x+3y+40=0$$
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