Álgebra A (62) · Unidad 5 — Norma, distancia y proyecciones

Norma y distancia

La norma es la longitud de un vector, y sale de Pitágoras. La distancia entre dos puntos es la norma de su diferencia.

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La explicación

Norma

‖(v₁, v₂)‖ = √(v₁² + v₂²)
‖(v₁, v₂, v₃)‖ = √(v₁² + v₂² + v₃²)

Es la longitud de la flecha, y no es más que el teorema de Pitágoras aplicado a las coordenadas. En ℝ³ se aplica dos veces: primero en la base, después en altura.

‖v‖² = v · v

Esa identidad conecta la norma con el producto escalar y es la que se usa en casi todas las demostraciones: permite pasar de longitudes a productos escalares, que se distribuyen.

Propiedades

‖v‖ ≥ 0, y vale 0 sólo si v = O
‖k·v‖ = |k|·‖v‖ con el módulo de k
‖v + w‖ ≤ ‖v‖ + ‖w‖ desigualdad triangular
|v · w| ≤ ‖v‖·‖w‖ desigualdad de Cauchy-Schwarz

El |k| de la segunda no es decorativo. ‖−3v‖ = 3‖v‖, no −3‖v‖: una longitud nunca es negativa. Y la tercera se llama triangular porque dice que un lado de un triángulo no puede medir más que la suma de los otros dos — el camino derecho es el más corto.

Distancia entre dos puntos

d(P, Q) = ‖P − Q‖

Se arma el vector que va de uno al otro y se mide. El orden no importa, porque ‖P − Q‖ = ‖Q − P‖: al elevar al cuadrado los signos se pierden.

P = (1, 2, 2), Q = (4, 6, 2)
P − Q = (−3, −4, 0)
d = √(9 + 16 + 0) = 5

Vectores unitarios

v̂ = v / ‖v‖ tiene norma 1 y la misma dirección y sentido que v

Normalizar es dividir por la propia longitud. Sirve cada vez que interesa la dirección y no el tamaño: en proyecciones, en direcciones de rectas, y en física para las direcciones de las fuerzas.

v = (3, 4), ‖v‖ = 5 → v̂ = (3/5, 4/5)
control: (3/5)² + (4/5)² = 9/25 + 16/25 = 1 ✔

Un ejercicio resuelto, paso a paso

Dados P = (1, −1, 2) y Q = (3, 2, 2), calcular d(P, Q), hallar el vector unitario en la dirección de PQ, y verificar que mide 1.

Paso 1: el vector que los une.

PQ⃗ = Q − P = (2, 3, 0)

Paso 2: la distancia.

d(P, Q) = ‖(2, 3, 0)‖ = √(4 + 9 + 0) = √13 ≈ 3,61

Se deja como √13: es el valor exacto, y pasarlo a decimal sólo pierde precisión.

Control de razonabilidad, en dos segundos. La distancia nunca es menor que la mayor de las coordenadas en módulo (acá 3) ni mayor que la suma de todos esos módulos (acá 2 + 3 + 0 = 5): máx|vᵢ| ≤ ‖v‖ ≤ Σ|vᵢ|. Y 3,61 está entre 3 y 5 ✔. Los dos detalles que hacen que el sandwich funcione: van los módulos de las coordenadas —si no, un vector como (2, −2, 1) pediría una norma menor que 1— y las desigualdades no son estrictas, porque (0, 0, 3) mide exactamente 3.

Paso 3: normalizar. Se divide cada coordenada por la norma:

v̂ = (2/√13, 3/√13, 0)

Paso 4: verificar que mide 1.

‖v̂‖² = 4/13 + 9/13 + 0 = 13/13 = 1 ✔

Conviene verificar con el cuadrado de la norma: se evita la raíz y la cuenta sale mentalmente. Si la suma de los cuadrados no da exactamente 1, la normalización está mal.

Una observación que sirve después. El unitario apunta para el mismo lado que PQ. Si hiciera falta el unitario en sentido contrario, es simplemente −v̂. Los dos son válidos como "dirección" de una recta, y por eso dos ejercicios pueden dar directores opuestos y los dos estar bien.

Y uno del nivel del parcial

Sea L : X = λ·(2, −1, 2). Hallar todos los puntos de L que están a distancia 6 del origen. Hallar además la proyección ortogonal de P = (1, 1, 1) sobre L y la distancia de P a L.

Los puntos de L son todos de la forma λ·(2, −1, 2), y la recta pasa por el origen (no tiene término independiente). Eso simplifica la primera parte.

El módulo del vector director:

|(2, −1, 2)| = √(4 + 1 + 4) = √9 = 3

Ese 3 redondo es la razón por la que el ejercicio usa este director. La distancia de un punto de L al origen es:

|λ·(2,−1,2)| = |λ|·3

|λ|·3 = 6 → |λ| = 2 → λ = 2 o λ = −2

Dos puntos, uno a cada lado del origen:

λ = 2: (4 ; −2 ; 4)
λ = −2: (−4 ; 2 ; −4)

Control: |(4,−2,4)| = √(16+4+16) = √36 = 6 ✓

Que sean dos es lo esperable: una recta corta a una esfera en dos puntos, uno o ninguno, y como la recta pasa por el centro de la esfera, la corta en dos.

Segunda parte: la proyección de P = (1,1,1) sobre L. La fórmula sale de pedir que el vector «P menos la proyección» sea perpendicular a la recta:

proy_L(P) = [(P·d)/(d·d)] · d

Se calculan los dos productos escalares:

P·d = (1)(2) + (1)(−1) + (1)(2) = 2 − 1 + 2 = 3
d·d = 4 + 1 + 4 = 9

λ₀ = 3/9 = 1/3

proy_L(P) = (1/3)·(2, −1, 2) = (2/3 ; −1/3 ; 2/3)

La distancia es el módulo de lo que sobra:

P − proy = (1 − 2/3 ; 1 + 1/3 ; 1 − 2/3) = (1/3 ; 4/3 ; 1/3)
d(P, L) = √(1 + 16 + 1)/3 = √18/3 = 3√2/3 = √2 ≈ 1,41

El control obligatorio de toda proyección: lo que sobra tiene que ser perpendicular a la recta.

(1/3 ; 4/3 ; 1/3)·(2, −1, 2) = 2/3 − 4/3 + 2/3 = 0 ✓

Si ese producto no da 0, la proyección está mal, sin excepciones. Es el control más barato y más confiable de toda la unidad.

Un control de razonabilidad: |P| = √3 ≈ 1,73 y la distancia a la recta dio √2 ≈ 1,41. Tiene que ser menor, porque la recta pasa por el origen y la distancia a una recta nunca supera la distancia a un punto de ella. ✓

Dónde se pierde el punto: dividir por |d| en vez de por |d|². En la fórmula de la proyección el denominador es d·d = |d|², no |d|. Con este director eso sería dividir por 3 en vez de por 9, y la proyección saldría tres veces más larga.

Dónde se cae la mayoría

Escribir ‖k·v‖ = k·‖v‖ sin el módulo. Con k negativo daría una longitud negativa.
Usar ‖v + w‖ = ‖v‖ + ‖w‖. Sólo vale la desigualdad, salvo que sean paralelos del mismo sentido.
Olvidar la raíz al final y dar la norma al cuadrado.

Hasta acá la explicación. La práctica es la otra mitad: 7 ejercicios de este tema, en cuatro niveles, que no te dicen sólo si está bien al final sino que te corrigen en cada paso y te explican por qué. Además trae una animación que muestra la idea en movimiento.

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Primer parcial — Proyección, distancia y simétrico25 puntos · resuelto paso a paso

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