Autor Tema: Puntos que equidistan a dos rectas que se cruzan

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30 Septiembre, 2019, 10:26 pm
Respuesta #10

asaca

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Corregido


La intuición siempre nos engaña ( porque no solo las bisectrices mencionadas son el lugar perdido), miremos un ejemplo

\( L_1: (0,0,k)+t(1,0,0) \)

\( L_2: (0,0,{\bf \color{red}-k})+t(0,1,0) \)

P(x,y,z).    \( \vec{v_1}=(-x,-y,k-z),\qquad \vec{v_2}=(-x,-y,-k-z) \)

\( d(P,L_1)=|v_1\times (1,0,0)|=\sqrt{(k-z)^2+y^2} \)

\( d(P,L_2)=|v_2\times (0,1,0)|=\sqrt{(k+z)^2+x^2} \)

Igualamos las distancias

\( \sqrt{(k-z)^2+y^2}=\sqrt{(k+z)^2+x^2} \)

Elevamos al cuadrado y simplificamos

\( z=\dfrac{1}{4k}(y^2-x^2) \).    Una silla de montar (Paraboloide hiperbólico).


Las bisectrices forman parte del lugar, El lugar es todo el Paraboloide hiperbólico.

Saludos




He hecho algo parecido tomando los puntos (0,0,0) y (0,0,k) pero no veo claro que se pueda utilizar los vectores (1,0,0) y (0,1,0) como vectores directores de las rectas. ¿Así no estaríamos considerando que ambas rectas son ortogonales?

30 Septiembre, 2019, 11:12 pm
Respuesta #11

ingmarov

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Hola

...

He hecho algo parecido tomando los puntos (0,0,0) y (0,0,k) pero no veo claro que se pueda utilizar los vectores (1,0,0) y (0,1,0) como vectores directores de las rectas. ¿Así no estaríamos considerando que ambas rectas son ortogonales?


¿Te refieres a esto?

\( L_1: {\color{red}(0,0,k)}+t(1,0,0) \)

\( L_2: {\color{red}(0,0,0)}+u(0,1,0) \)


No entiendo tu duda, es mejor que pongas lo que has intentado.
No te confíes, revisa lo que escribo. Yo también me equivoco.
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30 Septiembre, 2019, 11:50 pm
Respuesta #12

asaca

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Hola


¿Te refieres a esto?

\( L_1: {\color{red}(0,0,k)}+t(1,0,0) \)

\( L_2: {\color{red}(0,0,0)}+u(0,1,0) \)


No entiendo tu duda, es mejor que pongas lo que has intentado.

Mi duda es que si tomamos (1,0,0) vector director de una recta y (0,1,0) vector director de otra recta serían ortogonales porque el producto escalar euclídeo de sus vectores es 0. ¿No sería entonces el lugar geométrico encontrado válido únicamente para rectas ortogonales?

01 Octubre, 2019, 12:05 am
Respuesta #13

ingmarov

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Prueba hacer lo mismo, com igualo el ejemplo, con otro par de rectas. Intenta.

Toma, si quieres,

\( L_1:\quad (0,0,k)+ t(1,2,3) \)

\( L_2:\quad (0,0,-k)+ t(2,1,3) \)


Saludos
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01 Octubre, 2019, 12:09 pm
Respuesta #14

asaca

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Prueba hacer lo mismo, com igualo el ejemplo, con otro par de rectas. Intenta.

Toma, si quieres,

\( L_1:\quad (0,0,k)+ t(1,2,3) \)

\( L_2:\quad (0,0,-k)+ t(2,1,3) \)


Saludos

He probado con los vectores (1,0,0) y (1,1,0) para hacerlo más rápido y obtengo z = \( \displaystyle\frac{1}{6k} (-x^2 + 2yx - z^2 - k^2) \)

01 Octubre, 2019, 03:37 pm
Respuesta #15

ingmarov

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Bien asaca.   Editado


...

He probado con los vectores (1,0,0) y (1,1,0) para hacerlo más rápido y obtengo z = \( \displaystyle\frac{1}{6k} (-x^2 + 2yx - z^2 - k^2) \)

Con tu resultado, que está mal

No despejemos z, dejemos la ecuación así

\( x^2-2xy+z^2+6kz+k^2=0 \)

La matriz de esta forma cuadrática es

\( \begin{bmatrix}{1}&{-1}&{c}\\{-1}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{1}\end{bmatrix} \)

Con vectores propios

\( 1, \dfrac{1+\sqrt{5}}{2}, \dfrac{1-\sqrt{5}}{2} \)

¿Sabes identificar la forma cuadrática?



El resultado, usando tus rectas, debe ser


\( z=\dfrac{1}{8k}(-x^2+2xy+y^2) \)




Saludos
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01 Octubre, 2019, 05:08 pm
Respuesta #16

Luis Fuentes

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Hola

 Resumo la cuestión:

 Sin pérdida de generalidad y salvo giro, traslación y escalado, se puede suponer que una recta es la que pasa por el origen y tiene como vector director unitario \( (s,c,0) \) con \( s^2+c^2=1 \). Y la otra la que pasa por \( (0,0,1) \) y tiene como vector director \( (1,0,0). \)

 Igualando las respectivas distancias y elevando al cuadrado queda:

\(  z^2+(cx-ys)^2=y^2+(z-1)^2 \)

 Simplificando:

\(  z=\dfrac{1}{2}(-c^2x^2+\color{red}2csxy+c^2y^2\color{black}+1) \)

 La cónica de la derecha teniendo en cuenta que su matriz de términos cuadráticos es:

\(  \begin{pmatrix}-c^2 &cs \\1& c^2\end{pmatrix} \)

 puede verse que es una hipérbola y por tanto la cuádrica es un paraboloide hiperbólico.

Saludos.

CORREGIDO

01 Octubre, 2019, 10:12 pm
Respuesta #17

asaca

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Bien asaca.   Editado



Con tu resultado, que está mal

No despejemos z, dejemos la ecuación así

\( x^2-2xy+z^2+6kz+k^2=0 \)

La matriz de esta forma cuadrática es

\( \begin{bmatrix}{1}&{-1}&{c}\\{-1}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{1}\end{bmatrix} \)

Con vectores propios

\( 1, \dfrac{1+\sqrt{5}}{2}, \dfrac{1-\sqrt{5}}{2} \)

¿Sabes identificar la forma cuadrática?



El resultado, usando tus rectas, debe ser


\( z=\dfrac{1}{8k}(-x^2+2xy+y^2) \)




Saludos

¿Entonces \(  z = \displaystyle\frac{1}{4k} (y^2 - x^2)  \) caracteriza el lugar geométrico para todo par de rectas? ¿O solo para las que tienen(1,0,0) y (0,1,0) como vectores directores? Porque si cogemos otros vectores diferentes, como en el caso de (1,0,0) y (1,1,0), sale otra ecuación.

01 Octubre, 2019, 10:22 pm
Respuesta #18

asaca

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Hola

 Resumo la cuestión:

 Sin pérdida de generalidad y salvo giro, traslación y escalado, se puede suponer que una recta es la que pasa por el origen y tiene como vector director unitario \( (s,c,0) \) con \( s^2+c^2=1 \). Y la otra la que pasa por \( (0,0,1) \) y tiene como vector director \( (1,0,0). \)

 Igualando las respectivas distancias y elevando al cuadrado queda:

\(  z^2+(cx-ys)^2=y^2+(z-1)^2 \)

 Simplificando:

\(  z=\dfrac{1}{2}(-c^2x^2+2xy+(1-s)^2y^2+1) \)

 La cónica de la derecha teniendo en cuenta que su matriz de términos cuadráticos es:

\(  \begin{pmatrix}-c^2 &1 \\1&(1-s)^2\end{pmatrix} \)

 puede verse que es una hipérbola y por tanto la cuádrica es un paraboloide hiperbólico.

Saludos.

No entiendo como has simplificado \(  z^2+(cx-ys)^2=y^2+(z-1)^2 \)

Yo obtengo [tex] z = \displaystyle\frac{1}{2}(-c^2x^2 + (1-s^2)y^2 + 2csxy + 1)

02 Octubre, 2019, 12:41 am
Respuesta #19

ingmarov

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¿Entonces \(  z = \displaystyle\frac{1}{4k} (y^2 - x^2)  \) caracteriza el lugar geométrico para todo par de rectas? ¿O solo para las que tienen(1,0,0) y (0,1,0) como vectores directores? Porque si cogemos otros vectores diferentes, como en el caso de (1,0,0) y (1,1,0), sale otra ecuación.

Con estos vectores no sale lo que has puesto, en mi anterior mensaje tienes mi resultado.

Según lo demostrado por Luis, creo entender bien, para todo par de rectas que se cruzan, el lugar geométrico de los puntos que equidistan a las rectas es un Paraboloide hiperbólico.

Hay infinitos pares de rectas que se cruzan en todo \( \mathbb{R^3} \) y esperaría que para cada par de rectas habrá un Paraboloide hiperbólico distinto. Mientras alguien con conocimientos más avanzados no diga otra cosa Por lo que, yo calcularía para cada par de rectas el lugar geométrico que cumple la condición dada.




Saludos
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