Álgebra (27) · Unidad 1 — Vectores, rectas y planos

Proyecciones y distancias

Proyectar un punto sobre una recta o un plano es encontrar el punto más cercano. La distancia es lo que queda perpendicular.

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La explicación

La idea

Dado un punto P y una recta L, la proyección ortogonal de P sobre L es el punto de L que se obtiene bajando la perpendicular. Es el punto de L más cercano a P, y la distancia de P a L es la longitud de esa perpendicular.

d(P, L) = ‖P − proy_L(P)‖

Proyección sobre una recta por el origen

proy_v(P) = ( (P · v) / (v · v) ) · v

Se lee: cuánto de P va en la dirección de v, medido con el producto escalar y normalizado por v · v = ‖v‖². El resultado es un múltiplo de v, como corresponde a un punto de la recta.

El denominador es v · v, no ‖v‖. Si dividís por la norma sin cuadrado, la proyección queda mal escalada. Truco para no equivocarse: el coeficiente (P·v)/(v·v) tiene que ser un número puro, y para eso arriba y abajo tienen que tener el mismo grado en v.

Recta que no pasa por el origen

Con L : X = λv + Q se traslada el problema: se proyecta P − Q sobre v y se vuelve a sumar Q.

λ* = ((P − Q) · v) / (v · v)
proy_L(P) = λ*·v + Q

Fórmulas directas de distancia

L : a x + b y = c, P = (x₀, y₀)
d(P, L) = |a x₀ + b y₀ − c| / √(a² + b²)

Π : a x + b y + c z = d, P = (x₀, y₀, z₀)
d(P, Π) = |a x₀ + b y₀ + c z₀ − d| / √(a² + b² + c²)

Es la misma fórmula con una coordenada más. En los dos casos el denominador es la norma del normal. Y el módulo de arriba no es opcional: una distancia nunca es negativa.

Π : 2x − y + 2z = 6, P = (1, 1, 1)
d = |2 − 1 + 2 − 6| / √(4+1+4) = 3/3 = 1

Cuál conviene usar

Si sólo piden la distancia y tenés la implícita, la fórmula directa es más corta. Si piden también el punto más cercano, hay que proyectar. Si la recta viene en paramétrica y querés la fórmula, primero hay que pasarla a implícita.

Y el control es siempre el mismo: lo que queda, P − proy, tiene que ser perpendicular a la recta o al plano. Si ese producto escalar no da cero, la proyección está mal.

Un ejercicio resuelto, paso a paso

Dados P = (3, 1) y L : X = λ(1, 1), hallar la proyección ortogonal de P sobre L y la distancia d(P, L), verificando de dos maneras.

Paso 1: el coeficiente. La recta pasa por el origen, así que va la fórmula directa:

P · v = 3 + 1 = 4 v · v = 1 + 1 = 2 λ* = 4/2 = 2

Paso 2: la proyección.

proy_L(P) = 2·(1, 1) = (2, 2)

Paso 3: la distancia.

P − proy = (1, −1) d = ‖(1, −1)‖ = √2 ≈ 1,41

Control imprescindible: lo que queda tiene que ser perpendicular a la recta.

(1, −1) · (1, 1) = 1 − 1 = 0 ✔

Si eso no da cero, la proyección está mal. Es el control más rápido y el más definitivo del tema.

Verificación por la otra vía. Pasamos L a implícita: director (1,1), normal (1,−1), y pasa por el origen, así que L : x − y = 0. Con la fórmula:

d = |3 − 1 − 0| / √2 = 2/√2 = √2 ✔

Los dos caminos coinciden.

Control geométrico final: la proyección (2,2) cumple y = x, así que está sobre la recta ✔. Si te hubiera dado un punto que no verifica la ecuación de L, el error es de cuenta, no de método.

Y uno del nivel del parcial

Dados el plano Π : 2x + 3y + 6z = 5 y el punto P = (3, 4, 6), hallar el punto de Π más cercano a P, la distancia d(P, Π) y el punto simétrico de P respecto de Π.

La idea. El punto de Π más cercano a P es el pie de la perpendicular: se baja desde P en la dirección del normal hasta chocar con el plano. O sea, se corta Π con la recta

L : X = t(2, 3, 6) + (3, 4, 6) punto genérico (3 + 2t, 4 + 3t, 6 + 6t)

La intersección. Se mete el punto genérico en la ecuación del plano:

2(3 + 2t) + 3(4 + 3t) + 6(6 + 6t) = 5
54 + 49t = 5 → t = −1 → R = (1, 1, 0)

Control: R está en Π, porque 2 + 3 + 0 = 5 ✔. Y el 49 que multiplica a t no es casualidad: es N·N = ‖N‖² = 4 + 9 + 36.

La distancia es lo que se caminó para llegar:

d(P, Π) = ‖P − R‖ = ‖(2, 3, 6)‖ = √49 = 7

Y la fórmula directa tiene que coincidir: |2·3 + 3·4 + 6·6 − 5| / √49 = |54 − 5| / 7 = 49/7 = 7 ✔.

Por qué el pie de la perpendicular es el más cercano. Si Q es cualquier otro punto de Π, el triángulo P R Q tiene un ángulo recto en R, y PQ es la hipotenusa: por Pitágoras, ‖P − Q‖² = ‖P − R‖² + ‖R − Q‖², que es mayor que ‖P − R‖² en cuanto Q ≠ R. Es el mismo argumento que en ℝ² con una recta.

El simétrico. P′ está del otro lado del plano, a la misma distancia, sobre la misma perpendicular. Dicho en vectores: R es el punto medio entre P y P′, así que

P′ = 2R − P = (2, 2, 0) − (3, 4, 6) = (−1, −2, −6)

Es lo mismo que seguir la recta L hasta t = −2: (3 − 4, 4 − 6, 6 − 12) = (−1, −2, −6) ✔.

Control del simétrico: la fórmula de la distancia con P′ da |−2 − 6 − 36 − 5|/7 = 49/7 = 7 ✔. Y el número de adentro del módulo dio −49, cuando con P daba +49: el signo cambiado es la señal de que P y P′ quedaron en semiespacios opuestos.

Dónde se cae la mayoría

Dividir por ‖v‖ en vez de v · v al proyectar.
Olvidar el módulo y dar una distancia negativa.
Aplicar la fórmula directa con la recta en paramétrica, sin pasarla antes a implícita.

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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Dónde entra este tema en el parcial

Primer parcial — Un plano, dos rectas y una distancia25 puntos · resuelto paso a paso

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