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ETSI en Topografía, Geodesia y Cartografía U. D. de Matemáticas de la ETSITGC Curso 2011-12 ÁLGEBRA Y GEOMETRÍA 1 4ª Prueba de Evaluación Continua 5-06-12 TRANSFORMACIONES GEOMÉTRICAS DEL ESPACIO EUCLÍDEO (Tipo 1) 1) a) Hallar la ecuación matricial del giro G de centro P(2,-1) y ángulo α=180º b) Hallar la ecuación matricial de la traslación T de vector ) 2 , 3 ( u = r c) Escribir la ecuación matricial del producto de las dos transformaciones anteriores G T o . Clasificar la transformación resultante. ¿Conserva la orientación? SOLUCIÓN a) La ecuación de G es de la forma: → + = PX M P ' X G para − − = − = α α α − α = 1 0 0 1 180 cos 180 sen 180 sen 180 cos cos sen sen cos M G o o o o Sustituyendo en la ecuación de arriba, queda: + − − − + − = 1 y 2 x 1 0 0 1 1 2 ' y ' x La ecuación anterior es equivalente a la siguiente: − − − = y x 1 1 0 2 0 1 4 0 0 1 ' y ' x 1 , luego, − − − = 1 0 2 0 1 4 0 0 1 N G . b) La ecuación de la traslación de vector ) 2 , 3 ( u = r es: = y x 1 1 0 2 0 1 3 0 0 1 ' y ' x 1 , luego, = 1 0 2 0 1 3 0 0 1 N T c) Para componer G con T, obtengamos la matriz del producto G T N N N ⋅ = . − − = − − − ⋅ = ⋅ = 1 0 0 0 1 7 0 0 1 1 0 2 0 1 4 0 0 1 1 0 2 0 1 3 0 0 1 N N N G T . La matriz M de la transformación producto obtenida verifica:
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4ª Prueba de Evaluación Continua 5-06-12
TRANSFORMACIONES GEOMÉTRICAS DEL ESPACIO EUCLÍDEO (Tipo 1)
1)
a) Hallar la ecuación matricial del giro G de centro P(2,-1) y ángulo α=180º b) Hallar la ecuación matricial de la traslación T de vector )2 ,3(u =
r c) Escribir la ecuación matricial del producto de las dos transformaciones anteriores
GT o . Clasificar la transformación resultante. ¿Conserva la orientación?
SOLUCIÓN
a) La ecuación de G es de la forma: →
+= PXMP'X G
para
−
−=
−=
ααα−α
=10
01180 cos180 sen180 sen180 cos
cos sen sen cos
MG oo
oo
Sustituyendo en la ecuación de arriba, queda:
+−
−
−+
−
=
1y2x
1001
12
'y'x
La ecuación anterior es equivalente a la siguiente:
−−−=
yx1
102014001
'y'x
1
, luego,
−−−=
102014001
NG .
b) La ecuación de la traslación de vector )2 ,3(u =r es:
=
yx1
102013001
'y'x
1, luego,
=
102013001
NT
c) Para componer G con T, obtengamos la matriz del producto GT NNN ⋅= .
−−=
−−−⋅
=⋅=
100017001
102014001
102013001
NNN GT .
La matriz M de la transformación producto obtenida verifica:
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110
01M =
−−
= y tiene por puntos dobles:
0y ,27x
yx1
yx1
100017001
==⇒
=
−−
Luego se trata de un giro de centro 0) ,27( C y ángulo 180º (por ser 180º la amplitud de
G; también puede obtenerse igualando la matriz M a la matriz general de un giro).
2) Clasificar la siguiente transformación geométrica y obtener sus elementos característicos y
su descomposición canónica: 1 1 0 0 1x ' 2 0 6 xy ' 6 6 0 y
= −
SOLUCIÓN
La matriz M =
−0660
asociada a la transformación no es una matriz escalar y por tanto la
ecuación no corresponde a una homotecia.
2636M == , por tanto, puede ser una semejanza directa de razón k = 6.
Sea Q =
−=
0110
6M . Se verifica que IQQt = , luego, efectivamente se trata de una
semejanza directa S de razón k = 6
En consecuencia, su descomposición canónica es de la forma:
S = G(C, α) oH(C, 6) = H(C,6) o G(C,α), siendo C el centro de la semejanza (único punto doble).
Para calcular C resolvemos la ecuación 3718y ,
3734x
yx1
yx1
066602
001=−=⇒
=
− .
El ángulo α es el que verifica:
ααα−α
=
−cossensencos
0110
⇒ o901sen0cos
=α⇒
=α=α
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Resumiendo, la ecuación dada corresponde a una semejanza directa del plano de razón k = 6,
centro
−
3718 ,
3734C y ángulo o90=α .
3) Calcular la ecuación matricial del giro G en el espacio cuyo eje y ángulo de giro
son
λ=λ+=λ+=
≡z
1y1x
e , y 4π
−=α , respectivamente.
SOLUCIÓN
La ecuación de G es de la forma: →
+= AXMA'X , siendo A un punto cualquiera del eje, por ejemplo A (1, 1, 0) y M la matriz asociada al giro respecto de la base canónica.
Sea B la base formada por los tres vectores siguientes:
( ) 3/1,1,1u1 =→
(vector unitario en la dirección del eje e)
( ) 2/1,1,0u 2 −=→
(vector unitario perpendicular a →
1u )
( ) 6/1,1,2uuu 213 −=∧=→→→
La matriz MB asociada al giro respecto de la base B es:
MB =
−
=
π−
π−
π−−
π−
22
220
22
220
001
4cos
4sen0
4sen
4cos0
001
Por ser M y MB matrices asociadas a la misma transformación lineal respecto a bases distintas, son semejantes. Entre ellas existe una relación del tipo:
tB
1B
1B PPMPPMMMPPM ==⇒= −− , siendo P la matriz de cambio de base de B a la
canónica.
P =
−
−
61
21
31
61
21
31
620
31
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Efectuando el producto de matrices, se obtiene:
++−−+−
+−++−−
+−−+−+
==
31
32
31
62
66
31
62
66
31
62
66
31
32
31
62
66
31
62
66
31
62
66
31
32
PPMM tB
Sustituyendo en la ecuación del giro queda:
−−−
++−−+−
+−++−−
+−−+−+
+
=
⇔+=
→
0z1y1x
31
32
31
62
66
31
62
66
31
62
66
31
32
31
62
66
31
62
66
31
62
66
31
32
011
'z'y'x
AXMA'X
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4ª Prueba de Evaluación Continua 5-06-12
TRANSFORMACIONES GEOMÉTRICAS DEL ESPACIO EUCLÍDEO (Tipo 2)
1)
a) Hallar la ecuación del giro G de centro C (3,5) y ángulo α=90º. b) Hallar la ecuación del giro G’ de centro C’ (3,5) y ángulo α’ =270 º. c) Escribir la ecuación matricial del producto de las dos transformaciones anteriores
G'G o . Clasificar la transformación resultante. ¿Conserva la orientación?
SOLUCIÓN
a) La ecuación de G es de la forma: →
+= CXMC'X G
para
−=
−=
ααα−α
=0110
90 cos90 sen90 sen90 cos
cos sen sen cos
MG oo
oo
Sustituyendo en la ecuación de arriba, queda:
−−
−+
=
5y3x
0110
53
'y'x
La ecuación anterior es equivalente a la siguiente:
−=
yx1
012108
001
'y'x
1, luego,
−=012108
001NG .
b) La ecuación de 'G es de la forma: →
+= X'CM'C'X 'G
para
−
=
−=
ααα−α
=0110
270 cos270 sen270 sen270 cos
' cos' sen' sen' cos
M 'G oo
oo
Sustituyendo en la ecuación de arriba, queda:
−−
−
+
=
5y3x
0110
53
'y'x
La ecuación anterior es equivalente a la siguiente:
−−=
yx1
018102001
'y'x
1, luego,
−−=
018102001
N 'G .
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c) Para componer G'G o , obtengamos la matriz del producto G'G NNN ⋅= .
=
−⋅
−−=⋅=
100010001
012108
001
018102001
NNN G'G .
Luego se trata de la identidad, que conserva la orientación de las figuras por ser un movimiento directo.
2) Clasificar la siguiente transformación geométrica y obtener sus elementos característicos y
su descomposición canónica:
−−=
yx1
053501001
'y'x
1
SOLUCIÓN
La matriz M =
− 05
50 asociada a la transformación no es una matriz escalar y por tanto la
ecuación no corresponde a una homotecia.
2525M == , por tanto, puede ser una semejanza directa de razón k = 5.
Sea Q =
−
=0110
5M . Se verifica que IQQt = , luego, efectivamente se trata de una
semejanza directa S de razón k = 5
En consecuencia, su descomposición canónica es de la forma:
S = G(C, α) oH(C, 5) = H(C,5) o G(C,α), siendo C el centro de la semejanza (único punto doble).
Para calcular C resolvemos la ecuación 134y ,
137x
yx1
yx1
053501001
==⇒
=
−− .
El ángulo α es el que verifica:
ααα−α
=
− cossen
sencos0110
⇒ o901sen
0cos−=α⇒
−=α=α
Resumiendo, la ecuación dada corresponde a una semejanza directa del plano de razón k = 5,
centro
134 ,
137C y ángulo o90−=α .
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3) Calcular la ecuación matricial del giro G en el espacio cuyo eje y ángulo de giro
son
λ+==λ=
≡1z
1yx
e , y 4
3π=α , respectivamente.
SOLUCIÓN
La ecuación de G es de la forma: →
+= AXMA'X , siendo A un punto cualquiera del eje, por ejemplo A (0, 1, 1) y M la matriz asociada al giro respecto de la base canónica.
Sea B la base formada por los tres vectores siguientes:
( ) 2/1,0,1u1 =→
(vector unitario en la dirección del eje e)
( ) 2/1,0,1u 2 −=→
(vector unitario perpendicular a →
1u )
( )0,1,0uuu 213 −=∧=→→→
La matriz MB asociada al giro respecto de la base B es:
MB =
−
−−=
ππ
π−
π
22
220
22
220
001
43cos
43sen0
43sen
43cos0
001
Por ser M y MB matrices asociadas a la misma transformación lineal respecto a bases distintas, son semejantes. Entre ellas existe una relación del tipo:
tB
1B
1B PPMPPMMMPPM ==⇒= −− , siendo P la matriz de cambio de base de B a la
canónica.
P =
−
−
022
22
100
022
22
Efectuando el producto de matrices, se obtiene:
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−+
−−
+−−
==
42
21
21
21
42
21
22
21
21
42
21
42
21
PPMM tB
Sustituyendo en la ecuación del giro queda:
−−−
−+
−−
+−−
+
=
⇔+=
→
1z1y0x
42
21
21
21
42
21
22
21
21
42
21
42
21
110
'z'y'x
AXMA'X
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TRANSFORMACIONES GEOMÉTRICAS DEL ESPACIO EUCLÍDEO (Tipo 3)
1)
a) Hallar la ecuación del giro G de centro C(2,3) y ángulo α = 90º. b) Hallar la ecuación matricial de la simetría S de eje la recta x –y + 2 = 0. c) Escribir la ecuación matricial del producto de las dos transformaciones anteriores
GS o . Clasificar la transformación resultante. ¿Conserva la orientación?
SOLUCIÓN
a) La ecuación de G es de la forma: →
+= CXMC'X G
para
−=
−=
ααα−α
=0110
90 cos90 sen90 sen90 cos
cos sen sen cos
MG oo
oo
Sustituyendo en la ecuación de arriba, queda:
−−
−+
=
3y2x
0110
32
'y'x
La ecuación anterior es equivalente a la siguiente:
−=
yx1
011105
001
'y'x
1, luego,
−=011105
001NG .
b) La ecuación de la simetría S es de la forma: →
+= AXMA'X S , siendo A un punto
cualquiera del eje, por ejemplo A (0, 2) y MS =
α−ααα cos sen
sen cos, para un ángulo α tal que
la pendiente del eje m = 1 = tg (α /2).
Por tanto, α /2 = 45º, y en consecuencia, α = 90º. MS =
=
− 0110
90 cos90 sen90 sen 90 cos
oo
oo
.
Resultando la ecuación de la simetría:
−−
+
=
2y0x
0110
20
'y'x
La ecuación anterior es equivalente a la siguiente:
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−=
yx1
012102001
'y'x
1, luego,
−=
012102001
NS
c) Para componer G con S, obtengamos la matriz del producto GS NNN ⋅= .
−−=
−
−=⋅=
107011001
011105
001
012102001
NNN GS .
La matriz M de la transformación producto obtenida verifica: 110
01M −=
−= , y no
tiene por puntos dobles pues la ecuación
=
−−
yx1
yx1
107011001
no tiene solución.
Luego se trata de una simetría deslizante, que no conserva la orientación por ser un movimiento inverso.
2) Clasificar la siguiente transformación geométrica y obtener sus elementos característicos y
su descomposición canónica:
−−=
yx1
051503
001
'y'x
1
SOLUCIÓN
La matriz M =
−0550
asociada a la transformación no es una matriz escalar y por tanto la
ecuación no corresponde a una homotecia.
2525M == , por tanto, puede ser una semejanza directa de razón k = 5.
Sea Q =
−=
0110
5M . Se verifica que IQQt = , luego, efectivamente se trata de una
semejanza directa S de razón k = 5.
En consecuencia, su descomposición canónica es de la forma:
S = G(C, α) oH(C, 5) = H(C,5) o G(C,α), siendo C el centro de la semejanza (único punto doble).
Para calcular C resolvemos la ecuación 137y ,
134x
yx1
yx1
051503
001==⇒
=
−− .
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El ángulo α es el que verifica:
ααα−α
=
−cossensencos
0110
⇒ o901sen0cos
=α⇒
=α=α
Resumiendo, la ecuación dada corresponde a una semejanza directa del plano de razón k = 5,
centro
137 ,
134C y ángulo o90=α .
3) Calcular la ecuación matricial del giro G en el espacio cuyo eje y ángulo de giro son
=+=+=
≡1z
t1yt1x
e , y 6π
−=α , respectivamente.
SOLUCIÓN
La ecuación de G es de la forma: →
+= AXMA'X , siendo A un punto cualquiera del eje, por ejemplo A (1, 1, 1) y M la matriz asociada al giro respecto de la base canónica.
Sea B la base formada por los tres vectores siguientes:
( ) 2/0,1,1u1 =→
(vector unitario en la dirección del eje e)
( ) 2/0,11u 2 −=→
(vector unitario perpendicular a →
1u )
( )1,0,0uuu 213 −=∧=→→→
La matriz MB asociada al giro respecto de la base B es:
MB =
−
=
π−
π−
π−−
π−
23
210
21
230
001
6cos
6sen0
6sen
6cos0
001
Por ser M y MB matrices asociadas a la misma transformación lineal respecto a bases distintas, son semejantes. Entre ellas existe una relación del tipo:
tB
1B
1B PPMPPMMMPPM ==⇒= −− , siendo P la matriz de cambio de base de B a la
canónica.
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P =
−
−
100
022
22
022
22
Efectuando el producto de matrices, se obtiene:
−
+−
−−+
==
23
42
42
42
43
21
43
21
42
43
21
43
21
PPMM tB
Sustituyendo en la ecuación del giro queda:
−−−
−
+−
−−+
+
=
⇔+=
→
1z1y1x
23
42
42
42
43
21
43
21
42
43
21
43
21
111
'z'y'x
AXMA'X
