Problemas de distancias

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Revisión a fecha de 12:47 30 oct 2010; Fjmolina (Discutir | contribuciones)

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Distancia entre dos puntos

La distancia entre dos puntos $P = \left( \, x, \, y, \, z \, \right)$ y $P^\prime = \left( \, x^\prime, \, y^\prime, \, z^\prime \, \right)$ es

$\mathrm{d} \left( \, P, \, P^\prime \, \right) = \sqrt{ <pre> \left( \, x - x^\prime \, \right)^2 + \left( \, y - y^\prime \, \right)^2 + \left( \, z - z^\prime \, \right)^2 </pre> }$

Distancia entre un punto y una recta

La distancia de un punto $P$ a una recta $r$ es la distancia entre $P$ y su proyeccion $P^\prime$ en la recta $r$ .

Ejemplo

Calculemos la distancia del punto $P = \left( \, 2, \, 1, \, 0 \, \right)$ a la recta $r$ de ecuaciones

$r: \left\{ <pre> \begin{array}{l} 0 = x - 2y + 3z \\ 0 = 2x - y + 4 \end{array} </pre> \right.$

Sea $P^\prime = \left( \, x, \, y, \, z \, \right)$ la proyección del punto $P$ en la recta $r$ . Queremos calcular la distancia de $P$ a $P^\prime$ y para ello necesitamos conocer $P^\prime$ .

Para hallar $P^\prime$ vamos a resolver un sistema de tres ecuaciones, dos de ellas son las de la recta $r$ y la otra ecuación procede de igualar a cero el producto escalar del vector

$\vec{PP^\prime} = \left( <pre> \, x, \, y, \, z \, </pre> \right) - \left( <pre> \, 2, \, 1, \, 0 \, </pre> \right)$

por un vector director de la recta $r$ . El producto escalar de ambos vectores es cero porque son perpendiculares (la recta que pasa por $P$ y $P^\prime$ es perpendicular a la recta $r$ ).

Podemos obtener un vector director $\mathbf{u}$ de la recta $r$ multiplicando vectorialmente un vector perpendicular al plano $\pi_1$ por un vector perpendicular al plano $\pi_2$ .

Un vector $\mathbf{n}_1$ perpendicular al plano $\pi_1$ lo podemos obtener de los coeficientes de x, y, z en la ecuación de $\pi_1$ :

$\mathbf{n}_1 = \left( \, 1, \, -2, \, 3 \, \right)$

De la misma forma obtenemos un vector $\mathbf{n}_2$ perpendicular al plano $\pi_2$ :

$\mathbf{n}_2 = \left( \, 2, \, -1, \, 0 \, \right)$

El producto vectorial de ambos vectores, $\mathbf{n}_1$ y $\mathbf{n}_2$ es

$\mathbf{u} = \left| <pre> \begin{array}{ccc} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & -2 & 3 \\ 2 & -1 & 0 \end{array} </pre> \right| = \left( \, 3, \, 6, \, 3 \, \right)$

donde

$\begin{array}{ll} <pre> \mathbf{i} & = \left( \, 1, \, 0, \, 0 \, \right) \\ \mathbf{j} & = \left( \, 0, \, 1, \, 0 \, \right) \\ \mathbf{k} & = \left( \, 0, \, 0, \, 1 \, \right) </pre> \end{array}$

El producto escalar de $\mathbf{u}$ por $\vec{PP^\prime }$ es

$\left| <pre> \begin{array}{ccc} x - 2 & y - 1 & z - 0 \\ 1 & -2 & 3 \\ 2 & -1 & 0 \end{array} </pre> \right| = \left( \, x - 2, \, y - 1, \, z - 0 \, \right) \cdot \left( \, 3, \, 6, \, 3 <pre> \, \right) = </pre> $

$= 3 \cdot \left( \, x - 2 \, \right) + 6 \cdot \left( \, y - 1 \, \right) + 3 \cdot \left( \, z - 0 \, \right) = 3x + 6y + 3z -12 = 0 \right|$

donde la primera fila del determinante es el vector $\vec{PP^\prime }$ .

El punto $P^\prime$ es, pues, la solución del sistema de ecuaciones

$\left\{ <pre> \begin{array}{l} 0 = 3x + 6y + 3z -12 \\ 0 = x - 2y + 3z \\ 0 = 2x - y + 4 \end{array} </pre> \right.$

Restando a la tercera ecuación la primera y la segunda se tiene que

$0 = 9y - 16$

con lo cual $y = \frac{16}{9}$ . Sustituyendo $y$ por $\frac{16}{9}$ en la tercera ecuación del sistema y despejando $x$ se llega a que

$x = \frac{y}{2} - 2 = \frac{8}{9} - 2 = -\frac{10}{9}$

Finalmente, sustituyendo $y$ por $\frac{16}{9}$ y $x$ por $\frac{-10}{9}$ en la segunda ecuación del sistema y despejando $z$ se llega a que

$z = \frac{1}{3} \cdot \left( \, 2y - x \, \right) = \frac{1}{3} \cdot \left( \, <pre> 2 \cdot \frac{16}{9} + \frac{10}{9} \, \right) = \frac{42}{27} = \frac{14}{9} </pre> $

La distancia de $P$ a $r$ coincide con la distancia de $P$ a $P^\prime$ y esta es:

$\sqrt{\left( \, 2 - \left( \, -\frac{10}{9} \, \right) \right)^2 + \left( \, 1 - \frac{16}{9} \, \right)^2 + \left( \, 0 - <pre> \frac{14}{9} \, \right)^2} </pre> $