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Sección 3.6 Problemas Misceláneos

En \(\Pi=\mathbb{Z}_{13}^{2}\text{,}\) plano euclidiano con \(f((x_1,y_1),(x_2,y_2))=x_1 x_2+2y_1 y_2\text{.}\)

Sean \(A=(5,1)\text{,}\) \(l\) la recta que une los puntos \(B=(3,2)\) y \(C=(1,4)\text{.}\)

Determine la ecuación de la recta \(m\text{,}\) tal que \(A \mathcal{I} m\) y \(m \perp l_{BC}\)

Solución 1

La Recta \(l: \lt (2,-2 )\gt + (3,2)\text{,}\) la recta ortogonal

\begin{equation*} f((2,-2),(a,b))= 2a-4b=0 \end{equation*}

Luego una solución es \((a,b)=(2,1)\)

Por ello

\begin{equation*} m=\lt (2,1)\gt+(5,1) \end{equation*}

En \(\Pi=\mathbb{Z}_{11}^{2}\text{,}\) plano euclidiano con \(f((x_1,y_1),(x_2,y_2))=x_1 x_2+5y_1 y_2\) y el punto \(A=(5,1)\text{.}\)

Determine la simetría puntual \(H_A(x,y)\text{.}\)

Solución 2

(a) Consideremos la recta \(a: \lt (1,0)\gt+ (5,1)\) y \(b:\lt (0,1)\gt+ (5,1)\text{,}\) rectas perpendiculares y pasan por \(A\)

\begin{equation*} \begin{array}{rcl} H_A(x,y)\amp=\amp R_a\circ R_b (x,y)\\ \amp=\amp R_a(2(5,1)-(x,y)+\frac{2}{5} (5y-5)(0,1) \\ \amp=\amp R_a(10-x,y) \\ \amp=\amp 2(5,1)-(10-x,y)+2(5-x)(1,0) \\ \amp=\amp (x,2-y)+2(5-x)(1,0) \\ \amp=\amp (10-x,2-y) \end{array} \end{equation*}

(b) Dada la recta \(a: \lt (5,1)\gt\text{,}\) tenemos que \(f((5,1),(c,d))=5c+5d=0\text{,}\) luego \(b: \lt (1,-1)\gt+ (5,1)\text{.}\)

Veamos las Simetrías

\begin{equation*} \begin{array}{rcl} R_a (x,y)\amp=\amp -(x,y)+\frac{2}{30}(5x+5y)(5,1) \\ \amp=\amp -(x,y)+4(x+y)(5,1) \\ \amp=\amp (8x+9y, 4x+3y) \end{array} \end{equation*}
\begin{equation*} \begin{array}{rcl} R_b (x,y)\amp=\amp (10,2)-(x,y)+\frac{2}{6}((x-5)-5(y-1))(1,-1) \\ \amp=\amp (10-x,2-y)+4(x-5y)(1,-1) \\ \amp=\amp (10-x,2-y)+(4x+2y)(1,-1) \\ \amp=\amp (10+3x+2y, 2+7x+8y) \end{array} \end{equation*}

Luego tenemos que

\begin{equation*} \begin{array}{rcl} H_A(x,y) \amp=\amp R_b\circ R_a(x,y) \\ \amp=\amp R_b(8x+9y, 4x+3y)\\ \amp=\amp (10+3(8x+9y)+2(4x+3y), 2+7(8x+9y)+ 8(4x+3y))\\ \amp=\amp ( 10-x,2-y) \end{array} \end{equation*}

En el plano euclidiano \(\Pi=\mathbb{Z}_{13}^{2}\text{,}\) donde \(f((x_1,y_1),(x_2,y_2))=x_1 x_2+2y_1 y_2\text{.}\)

Sean \(A=(1,2)\text{,}\) \(B=(3,1)\text{,}\) \(C=(1,-1)\) puntos y la recta \(l: 3x+2y=1\text{.}\)

  1. Determine la ecuación cartesiana de la recta \(m\) que pasa por \(A\) y \(B\text{.}\)

  2. Determine la ecuación vectorial de la recta \(k\) que pasa por \(C\) y es ortogonal a \(l\text{.}\)

  3. Calcular \(R_k\circ R_l (x,y)\text{.}\)

Solución 3

(a) La pendiente de la recta que pasa por \(A,B\) es \(m= \frac{2-1}{1-3}=\frac{1}{-2}= 6\text{.}\)

\begin{equation*} y-1=6(x-3); \qquad 7x+y= 9. \end{equation*}

(b) La recta ortogonal a \(l: \lt (-2,3)\gt+(1,-1) \) son paralela a \(\lt (3,1)\gt\) y si pasa por \(C\) esta dada por \(k=\lt (3,1)\gt+(1,-1)\text{.}\)

(c) La simetría esta definida por

\begin{equation*} R_a(x)= 2w-x+2\frac{f(x-w,v)}{f(v,v)}v \end{equation*}

donde \(a:\lt v \gt +w \text{.}\)

Calcula cada uno por separado y componiendo

\begin{equation*} \begin{array}{rcl} R_l (x,y)\amp=\amp(10-3x+6y,12-10x+3y) \\ R_k (x,y)\amp=\amp(5-10x-6y,12-3x-3y) \\ R_k\circ R_l (x,y)\amp=\amp R_k(10-3x+6y,1 2-10x+3y)\\ \amp=\amp(2-x,11-y) \end{array} \end{equation*}

(c') Dada \(k: \lt v\gt +w\) y \(l: \lt u\gt + w\) tal que \(f(v,u)=0\text{,}\) entonces

\begin{equation*} R_k\circ R_l (X) = X-2\frac{f(X-w, v)}{f(v,v)}v -2\frac{f(X-w, u)}{f(u,u)}u \end{equation*}

Veamos \(k: \lt (3,1)\gt+(1,-1),\ l: \lt (-2,3)\gt+(1,-1)\) "solución particular mas homogénea"

\begin{equation*} \begin{array}{rcl} f(v,v)= 11, \amp\amp f(X-w,v)= 3(x-1)+2(y+1)= 3x+2y-1,\\ f(u,u)= 22, \amp\amp f(X-w,u)= -2(x-1)+6(y+1)=-2x+6y+8 \end{array} \end{equation*}

Note que \(11^{-1}= 6\text{.}\)

\begin{equation*} \begin{array}{rcl} R_k\circ R_l (x,y)\amp=\amp (x,y)-12(3x+2y-1)(3,1)- 6(-2x+6y+8)(-2,3) \\ \amp=\amp (x,y)+(3x+2y-1)(3,1)+(-x+3y+4)(-2,3)\\ \amp=\amp(2-x,11-y) \end{array} \end{equation*}

En el plano Euclidiana Real usual \(\mathbb{R}^2\text{.}\)

Sean \(A=(1,4)\text{,}\) \(B=(3,1)\text{,}\) \(C=(1,-1)\) puntos y la recta \(l: 2x+3y=1\)

  1. Determine si la recta que pasa por los puntos \(A\) y \(B\) es ortogonal a \(l\text{.}\)

  2. Determine \(R_l(C)\text{.}\)

  3. Determine la ecuación cartesiana de la recta \(b\text{,}\) tal que \(R_b(B)=C\text{.}\)

Solución 4

(a) La recta que pasa por \(A\) y \(B\text{,}\) tiene pendiente \(m= \frac{1-4}{3-1}= -\frac{3}{2}\) y la recta \(l\) tiene pendiente \(-\frac{2}{3}\text{,}\) luego no son perpendiculares.

(b) La ecuación vectorial de la recta \(l:\lt (3,-2)\gt+(-1,1)\text{.}\)

\begin{equation*} \begin{array}{rcl} R_l(C) \amp=\amp (-2-1,2+1)+\frac{2}{13}(1+1,-1-1)\cdot (3,-2) \cdot (3,-2) \\ \amp=\amp(-3,3)+ \frac{20}{13}(3,-2)= \left(\frac{21}{13},-\frac{1}{13}\right) \end{array} \end{equation*}

(c) El punto medio entre \(B,C\) es \((2,0)\text{,}\) y la pendiente de la recta que une \(B,C\) es \(m= \frac{1+1}{3-1}= 1\text{.}\)

De este modo la recta que buscamos es \(b: y=-x+2\text{.}\)

Sean \(\Pi=(V,f)\) plano vectorial euclidiano, \(a\in \mathcal{L}\text{,}\) tal que \(R_a(v)=w\text{.}\)

Demostrar que el punto medio entre \(v\) y \(w\) es un punto fijo de la Simetría \(R_a\)

Solución 5

Sea \(a: \lt u \gt +z\in \mathcal{L}\text{,}\) además \(R_a(v)= w\) y \(v= R_a(w)\text{.}\)

\begin{equation*} \begin{array}{ccc} R_a(v)\amp=\amp 2z-v+2\frac{f(v-z, u)}{f(u,u)}u= w \\ R_a(w)\amp=\amp 2z-w+2\frac{f(w-z, u)}{f(u,u)}u= v \\ \end{array} \end{equation*}

Sumando tenemos que

\begin{equation*} \begin{array}{ccc} R_a\left(\frac{1}{2}(v+w)\right) \amp=\amp 2z-\frac{1}{2}(v+w)+ 2\left(\frac{f(\frac{1}{2}(v+w)-z, u)}{f(u,u)}\right)u \\ \amp=\amp 2z-\frac{1}{2}(v+w)+ 2\left(\frac{f(\frac{1}{2}(v+w-2z), u)}{f(u,u)}\right)u \\ \amp=\amp \frac{1}{2}(4z-(v+w))+ 2\left(\frac{1}{2}\frac{f(v-z+w-z, u)}{f(u,u)}\right)u \\ \amp=\amp \frac{1}{2}\left[4z-(v+w)+ 2\left(\frac{f(v-z, u)+f(w-z, u)}{f(u,u)}\right)u \right]\\ \amp=\amp \frac{1}{2}\left[4z-(v+w)+ 2\left(\frac{f(v-z, u)}{f(u,u)}+\frac{f(w-z, u)}{f(u,u)}\right)u\right]\\ \amp=\amp \frac{1}{2}\left[2z-v+2\frac{f(v-z, u)}{f(u,u)}u+ 2z-w+2\frac{f(w-z, u)}{f(u,u)}u \right] \\ \amp=\amp \frac{1}{2}\left[R_a(v)+ R_a(w)\right]\\ \amp=\amp\frac{1}{2}(w+v). \end{array} \end{equation*}

En el plano Métrico Elíptico \(\xi\text{.}\) Sean el punto \(A=\lt (2, 1 , 3)\gt\) y \(l: 2x-y+z=0\)

Determine los vertices y las ecuaciones de los lados del triángulo polar, de modo que \(l\) sea un lado y \(A\) incide en otro lado.

Solución 6

Ya que un ado la recta es \(l: 2x-y+z=0\text{,}\) tenemos que el polo es vertices \(\lt (2,-1,1)\gt\)

\begin{equation*} \left|\begin{array}{ccc} x \amp y \amp z \\ 2 \amp -1 \amp 1 \\ 2 \amp 1 \amp 3 \end{array}\right| =-4x-4y+ 4z=0. \end{equation*}

El segundo lado es \(l_2: x+y-z=0\) y su polo es \(\lt (1,1,-1)\gt\)

El tercer lado debe unir los polos

\begin{equation*} l_3: \left|\begin{array}{ccc} x \amp y \amp z \\ 2 \amp -1 \amp 1 \\ 1 \amp 1 \amp -1 \end{array}\right| =3y+3z =0. \end{equation*}

Luego el último vértice es \(\lt (0,1,1)\gt\text{.}\)

Los puntos son los polos de la recta correspondiente, luego es un triángulo polar.

\begin{equation*} \lt(2,-1,1)\gt,\ \ \lt (1,1,-1)\gt,\ \ \lt(0,1,1)\gt \end{equation*}

y los lados son

\begin{equation*} l :2x-y+z=0,\ \ l_2 :x+y-z=0,\ \ l_3 :y+z=0. \end{equation*}

En el plano Elíptico \(\mathbb{P}_2(\mathbb{R}^3)\text{,}\) sean \(P=\lt(-1,2,3)\gt\) y \(l:2x-4y-6z=0\text{.}\)

Determine los vertices y lados del triángulo polar que tiene como vértice al punto \(P\) y lado a la recta \(l\text{.}\)

Solución 7

El polo de \(l:2x-4y-6z=0\) es \(P=\lt (2,-4,-6)\gt\text{.}\)

Luego consideremos punto de la recta \(B=\lt (3,0,1)\gt\text{.}\)

\begin{equation*} a: \left|\begin{array}{ccc} x \amp y \amp z \\ -1 \amp 2 \amp 3 \\ 3 \amp 0 \amp 1 \end{array}\right| = 2x+10y-6z=0. \qquad b:\left|\begin{array}{ccc} x \amp y \amp z \\ 1 \amp 5 \amp -3 \\ -1 \amp 2 \amp 3 \end{array}\right| = 21x+7z=0 \end{equation*}

De este modo tenemos que los lados son \(l:2x-4y-6z=0,\ a: x+5y-3z=0, \ b:3x+z=0\) y son rectas perpendiculares, ya que

\begin{equation*} \begin{array}{rcl} f(3,0,1),(1,5,-3))\amp =\amp 0, \\ f(3,0,1),(2,-4,-6))\amp =\amp 0, \\ f(2,-4,-6),(1,5,-3))\amp =\amp 0 \end{array} \end{equation*}

Además, los vertices son:

\begin{equation*} \begin{array}{rcl} a\cap l \amp =\amp \lt(3,0,1)\gt \\ a\cap b \amp =\amp \lt (-1,2,3)\gt \\ b\cap l \amp =\amp \lt (1,5,-3)\gt \end{array} \end{equation*}

En el plano Elíptico \(\mathbb{P}_2(\mathbb{R}^3)\text{,}\) sean \(A=\lt(1,1,1)\gt\) y \(l:x-2y-2z=0\text{.}\)

  1. Determine el polo de la recta \(l\text{.}\)

  2. Determine la ecuación de la recta \(k\) ortogonal a \(l\) y que pasa por \(A\text{.}\)

  3. Determine los vertices y lados del triángulo polar que dos de sus lados son \(k\) y \(l\text{.}\)

Solución 8

(a) El polo de la recta \(l\) es \(\lt (1,-2,-2)\gt\text{.}\)

(b) La recta perpendicular a \(l\text{,}\) debe pasar por su polo \(\lt (1,-2,-2)\gt\text{.}\)

\begin{equation*} k: \left|\begin{array}{ccc} x \amp y \amp z \\ 1 \amp 1 \amp 1 \\ 1 \amp -2 \amp -2 \end{array}\right| = 3y-3z=0. \end{equation*}

(c) El polo de la recta \(k\) es \(\lt (0,1,-1)\gt\text{.}\) Finalmente buscamos un recta que pase por ambos polos.

\begin{equation*} m: \left|\begin{array}{ccc} x \amp y \amp z \\ 1 \amp -2 \amp -2 \\ 0 \amp 1 \amp -1 \end{array}\right| = 4x+y+z=0. \end{equation*}

Luego el triángulo polar tiene los vertices

\begin{equation*} \lt (1,-2,-2)\gt,\ \ \lt(0,1,-1)\gt,\ \ \lt(4,1,1)\gt \end{equation*}

y los lados son

\begin{equation*} l :x-2y-2z=0,\ \ k :y-z=0,\ \ m :4x+y+z=0 \end{equation*}

En el plano Métrico Elíptico \(\xi\text{.}\) Sean los bipuntos \(A=[\pm(-4 , 2 , 3)]\) y \(B=[\pm(1 , -1 , 2)]\) vertices de un triángulo polar.

Determine el otro vértice y las ecuaciones de los tres lados del triángulo.

Solución 9

La recta que une los puntos es

\begin{equation*} \left|\begin{array}{ccc} x \amp y \amp z \\ -4 \amp 2 \amp 3 \\ 1 \amp -1 \amp 2 \end{array}\right| =7x+11y+ 2z=0. \end{equation*}

El tercer punto debe ser \(C=[\pm(7 , 11 , 2)]\)

\begin{equation*} \left|\begin{array}{ccc} x \amp y \amp z \\ -4 \amp 2 \amp 3 \\ 7 \amp 11 \amp 2 \end{array}\right| =-29(x-y+ 2z)=0. \end{equation*}
\begin{equation*} \left|\begin{array}{ccc} x \amp y \amp z \\ 7 \amp 11 \amp 2 \\ 1 \amp -1 \amp 2 \end{array}\right| =6(-4x+2y+ 3z)=0. \end{equation*}

Los puntos son los polos de la recta correspondiente, luego es un triángulo polar.

\begin{equation*} [\pm(7,11,2)],\ \ [\pm(1,-1,2],\ \ [\pm(-4,2,3)] \end{equation*}

y los lados son

\begin{equation*} l :7x+11y+2z=0,\ \ k :x-y+2z=0,\ \ m :-4x+2y+3z=0. \end{equation*}

En el plano métrico elíptico \(\Pi=\mathbb{P}_2(\mathbb{Z}_5^3)\text{,}\) sean los puntos

\begin{equation*} K = \lt (4,1,1)\gt, L = \lt (3,1,2)\gt, R = \lt (2,1,3)\gt, P= \lt (2,3, 1)\gt, Y= \lt (4,3,0)\gt. \end{equation*}

Determine si el punto \(R\) incide en las rectas \(l_{KL}\) y \(l_{PY}\text{.}\)

Solución 10
\begin{equation*} l_{KL}:\left|\begin{array}{ccc} x \amp y \amp z \\ 4 \amp 1 \amp 1 \\ 3 \amp 1 \amp 2 \end{array}\right| =x+z=0. \qquad l_{PY}:\left|\begin{array}{ccc} x \amp y \amp z \\ 2 \amp 3 \amp 1 \\ 4 \amp 3 \amp 0 \end{array}\right| =2x+4y-z=0. \end{equation*}

Evaluando

\(R \mathcal{I} l_{KL}\) si y sólo si \(2+3=5=0\) y \(R \mathcal{I} l_{PY}\) si y sólo si \(4+4-3=5=0\text{.}\)

Luego \(l_{KL}\cap l_{PY}=\{R\}\text{.}\)

En el plano métrico elíptico \(\Pi=\mathbb{P}_2(\mathbb{Z}_{11}^3)\text{,}\) sean los puntos

\begin{equation*} K = \lt (9,1,2)\gt, L = \lt (3,0,1)\gt, R = \lt (3,9,1)\gt, P= \lt (2,1, 4)\gt. \end{equation*}

Determine \(l_{KL} \cap l_{RP}\text{.}\)

Solución 11
\begin{equation*} l_{KL}:\left|\begin{array}{ccc} x \amp y \amp z \\ 9 \amp 1 \amp 2 \\ 3 \amp 0 \amp 1 \end{array}\right|= x-3y-3z=0. \qquad l_{RP}:\left|\begin{array}{ccc} x \amp y \amp z \\ 3 \amp 9 \amp 1 \\ 2 \amp 1 \amp 4 \end{array}\right| =2x-10y+7z=0. \end{equation*}

El punto de intersección se obtiene del despeje \(l_{KL}: x= 3y+3z\) y al reemplazarlo en \(l_{RP}\) y obtenemos \(6y+6z-10y+7z=0\text{,}\) simplificando tenemos \(-4y+2z=0\) de esto resulta que \(z=2y\text{,}\) \(x =9y\text{,}\) luego el punto esta dada por

\begin{equation*} (9y,y,2y)\in \lt (9,1,2)\gt,\ y \in \mathbb{R} \end{equation*}

Luego \(l_{KL}\cap l_{RP}=\{\lt (9,1,2)\gt \} \text{.}\)

En el plano de Klein, sean la recta \(l:y=3/5\) y \(P=(\frac{1}{10},\frac{2}{5})\text{.}\)

Determine la recta \(m\) tal que \(P \mathcal{I} m \text{ y } m \perp l\)

Solución 12

Los extremos de la cuerda \(y=3/5\) en la circunferencia unitaria son \(( 4/5,3/5), \ (-4/5,3/5)\text{.}\) Luego las rectas perpendiculares o tangente a la circunferencia en los puntos extremos son

\begin{equation*} \begin{array}{rcl|} y-3/5 \amp=\amp-4/3 (x-4/5) \\ y-3/5 \amp=\amp 4/3 (x+4/5) \\ \hline \end{array} \qquad \begin{array}{rcl|} y \amp=\amp-4/3x +5/3 \\ y \amp=\amp 4/3x+ 5/3 \\ \hline \end{array} \end{equation*}

El punto de intersección de las tangenets es \((0,5/3)\text{,}\)

Luego tenemos \(m:\lt (\frac{1}{10},-\frac{19}{15}) \gt+ (0,\frac{5}{3}) \text{.}\) Y su forma cartesiana \(m: 38x+3y=5\text{.}\)

En el semiplano de Poincare, \(l:|z-3|=4\text{.}\)

Determine \(R_l( 1+i)\) y \(R_l( w)\)

Solución 13

Para \(l:|z-3|=4\) tenemos que

\begin{equation*} R_l(w)= \frac{16}{\overline{w}-3} +3 \end{equation*}

Veamos el caso:

\begin{equation*} R_l(1+i) = \frac{16}{-2-i} +3= \frac{-32+16i}{5} +3= \frac{-17+16i}{5} = -\frac{17}{5}+\frac{16}{5}i \end{equation*}

En el semiplano de Poincare, \(k:|z+2|=3\) y \(l:|z-3|=4\)

  1. Determine \(k \cap l\text{.}\)

  2. Determine si \(k \perp l\text{.}\)

  3. Calcular la forma binomial de \(R_k(1+2i)\text{.}\)

Solución 14

(a) Sea \(z=a+bi\text{,}\) luego \((a+2)^2+b^2=9\) y \((a-3)^2+b^2=16\)

Restando obtenemos que

\begin{equation*} -10a+5=(a-3)^2-(a+2)^2=7, \end{equation*}

de lo cual \(a=-\frac{1}{5}\text{,}\) evaluando tenemos que \(b= \frac{12}{5}\text{.}\)

De este modo tenemos que

\begin{equation*} a \cap b=\left\{-\frac{1}{5}+ \frac{12}{5}i\right\} \end{equation*}

(b) Veamos las pendiente, \(m_1= \frac{12/5}{-1/5+2}= \frac{4}{3}\) y \(m_2 = \frac{12/5}{-1/5-3}= -\frac{3}{4}\text{.}\)

b') la distancia entre los centros \(d(-2,0),(3,0))=5\) y \(3^2+4^2=5^2\text{,}\) luego son ortogonales.

(c) \(R_k(1+2i)= \frac{9}{1-2i+2}-2= \frac{1}{13}+\frac{18}{13}i\)

En el semiplano de Poincare, \(k:|z+3|=8\) y \(l:|z-10|=12\)

Calcular la forma binomial de \((R_k\circ R_l)(4+6i)\text{.}\)

Solución 15
\begin{equation*} \begin{array}{rcl} (R_k\circ R_l)(4+6i)\amp=\amp R_k (R_l(4+6i)) \\ \amp=\amp R_k \left(\frac{144}{4-6i-10}+10\right) \\ \amp=\amp R_k \left(\frac{144}{-6-6i}+10\right) \\ \amp=\amp R_k \left(\frac{24}{-1-i}+10\right) \\ \amp=\amp R_k \left(12(-1+i)+10\right) \\ \amp=\amp R_k \left(-2+12i\right) \\ \amp=\amp \frac{64}{-2-12i+3}-3 \\ \amp=\amp \frac{64}{1-12i}-3 \\ \amp=\amp \frac{64}{145}(1+12i)-3 \\ \amp=\amp -\frac{371}{145}+\frac{768}{145}i. \end{array} \end{equation*}

En el semiplano de Poincare, dado los puntos \(A=2+3i\) y \(B= -6+i\text{.}\)

Calcular la forma binomial de \(R_l(\frac{1}{2}+i)\text{,}\) donde \(l= l_{AB}\text{.}\)

Solución 16

La recta no es vertical, luego es de la forma \((x-a)^2+y^2=r^2\text{.}\)

Considerando la correspondencia y reemplazando obtenemos

\begin{equation*} (2-a)^2+3^2=r^2 \qquad (-6-a)^2+1^2=r^2 \end{equation*}

Igualado obtenemos

\begin{equation*} \begin{array}{rcl} (2-a)^2+3^2 \amp=\amp (-6-a)^2+1^2 \\ 4-4a+a^2+9 \amp=\amp 36+12a+a^2+1 \\ -16a \amp=\amp24 \\ a\amp=\amp -\frac{3}{2} \end{array} \end{equation*}

de este modo tenemos que \(r^2= (2+3/2)^2+9= \frac{85}{4} \text{.}\)

De este modo tenemos que \(l: |z+\frac{3}{2}|= \sqrt{\frac{85}{4} }.\)

\begin{equation*} \begin{array}{rcl} R_l \left(\frac{1}{2}+i\right) \amp=\amp \frac{\frac{85}{4}}{\frac{1}{2}-i+\frac{3}{2}}-\frac{3}{2}\\ \\ \amp=\amp \frac{\frac{85}{4}}{2-i}-\frac{3}{2} \\ \\ \amp=\amp \frac{85}{4*5}(2+i)-\frac{3}{2} \\ \\ \amp=\amp \frac{17}{4}2+\frac{17}{4}i-\frac{3}{2} = 7+\frac{17}{4}i \end{array} \end{equation*}

Sean \(\Pi\) plano métrico, \(a, b \in \mathcal{L}\) distintas.

Demostrar que

\begin{equation*} a \perp b\ \text{ si y sólo si }\ R_b \circ R_{a} =R_a\circ R_{b} \end{equation*}
Solución 17

Consideremos que \(a \perp b\) si y sólo si \(R_a(b)=b\text{.}\)

Sean \(a, b \in \mathcal{L}\) y \(a \perp b\text{,}\) luego tenemos que \(R_a(b)=b\text{,}\) además \(R^{-1}_a=R_a\text{,}\) de este modo tenemos que

\begin{equation*} R_a \circ R_b \circ R_a^{-1} = R_{R_a(b)}= R_b. \end{equation*}

despejando obtenemos

\begin{equation*} R_b \circ R_{a} =R_a\circ R_{b} \end{equation*}

Supongamos ahora que

\begin{equation*} R_b \circ R_{a} =R_a\circ R_{b} \end{equation*}

despejando, y usando la propiedad tenemos

\begin{equation*} R_{R_a(b)}=R_a\circ R_b \circ R_{a} = R_{b} \end{equation*}

luego \(R_a(b)=b\text{,}\) de lo cual \(a\perp b\text{.}\)

En \(\Pi\) plano métrico, sean \(a,b \in \mathcal{L}\) tal que \(a\perp b\text{.}\)

Demostrar que

\begin{equation*} R_{a}(b)=b . \end{equation*}
Solución 18

Sea \(\{P\}=a \cap b\text{,}\) luego tenemos que \(b\) es la única recta ortogonal a \(a\) en \(P\text{.}\)

Además \(P \mathcal{I}a\) entonces \(R_{a}(P)=P\text{.}\)

Pero \(R_{a}(P) \mathcal{I} R_{a}(b)\) y \(R_{a}(b) \perp R_{a}(a)\text{,}\) de lo cual tenemos que:

\begin{equation*} P \mathcal{I}R_{a}(b) \text{ y } R_{a}(b)\perp a \end{equation*}

Por unicidad de \(b\text{,}\) se tiene que \(R_{a}(b)=b\)