Plano definido por punto y rectas. Dependencia lineal de vectores

**a) (1 punto) Escribe la ecuación del plano que contiene a las rectas $r_1$ y $r_2$, y además pasa por el punto $(-1, 2, 1)$, siendo $r_1 \equiv \frac{x}{3} = \frac{y + 2}{1} = \frac{z}{1}$ y $r_2 \equiv \begin{cases} x = -1 + 6t \\ y = -2t \\ z = t \end{cases}$** Para obtener la ecuación de un plano, necesitamos un punto y dos vectores directores (o un punto y el vector normal). 1. Extraemos el vector director de la recta $r_1$ (dado por los denominadores en su forma continua): $$\vec{d_1} = (3, 1, 1)$$ 2. Extraemos el vector director de la recta $r_2$ (dado por los coeficientes del parámetro $t$ en su forma paramétrica): $$\vec{d_2} = (6, -2, 1)$$ 3. El punto por el que debe pasar el plano es $P(-1, 2, 1)$. 💡 **Tip:** Recuerda que si una recta está en forma continua $\frac{x-x_0}{a} = \frac{y-y_0}{b} = \frac{z-z_0}{c}$, su vector director es $(a, b, c)$.

Un plano que contiene las direcciones de dos rectas y pasa por un punto $P$ se puede obtener mediante el determinante formado por un punto genérico $X(x, y, z)$ y los vectores directores: $$\pi \equiv \begin{vmatrix} x - x_P & y - y_P & z - z_P \\ d_{1x} & d_{1y} & d_{1z} \\ d_{2x} & d_{2y} & d_{2z} \end{vmatrix} = 0$$ Sustituimos los datos $P(-1, 2, 1)$, $\vec{d_1}(3, 1, 1)$ y $\vec{d_2}(6, -2, 1)$: $$\begin{vmatrix} x - (-1) & y - 2 & z - 1 \\ 3 & 1 & 1 \\ 6 & -2 & 1 \end{vmatrix} = 0 \implies \begin{vmatrix} x + 1 & y - 2 & z - 1 \\ 3 & 1 & 1 \\ 6 & -2 & 1 \end{vmatrix} = 0$$

Desarrollamos el determinante por la primera fila para obtener la ecuación implícita: $$(x + 1) \cdot \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ -2 & 1 \end{vmatrix} - (y - 2) \cdot \begin{vmatrix} 3 & 1 \\ 6 & 1 \end{vmatrix} + (z - 1) \cdot \begin{vmatrix} 3 & 1 \\ 6 & -2 \end{vmatrix} = 0$$ Calculamos los adjuntos: - $(x + 1) \cdot [1(1) - 1(-2)] = (x + 1) \cdot (3) = 3x + 3$ - $-(y - 2) \cdot [3(1) - 1(6)] = -(y - 2) \cdot (-3) = 3(y - 2) = 3y - 6$ - $(z - 1) \cdot [3(-2) - 1(6)] = (z - 1) \cdot (-12) = -12z + 12$ Sumamos los términos: $$3x + 3 + 3y - 6 - 12z + 12 = 0 \implies 3x + 3y - 12z + 9 = 0$$ Dividimos toda la ecuación entre $3$ para simplificar: $$x + y - 4z + 3 = 0$$ ✅ **Resultado:** $$\boxed{x + y - 4z + 3 = 0}$$

**b) (1 punto) Dado el vector $\vec{v} = (2, k, 2k)$, calcula el valor $k \in \mathbb{R}$ para que $\vec{v}$ y los vectores directores de las rectas $r_1$ y $r_2$ sean linealmente dependientes.** Tres vectores en $\mathbb{R}^3$ son linealmente dependientes si el determinante de la matriz formada por ellos es igual a cero. Esto significa que los vectores están en el mismo plano (son coplanarios). Los vectores son: $$\vec{v} = (2, k, 2k), \quad \vec{d_1} = (3, 1, 1), \quad \vec{d_2} = (6, -2, 1)$$ Planteamos el determinante: $$\begin{vmatrix} 2 & k & 2k \\ 3 & 1 & 1 \\ 6 & -2 & 1 \end{vmatrix} = 0$$ 💡 **Tip:** Si el determinante fuera distinto de cero, los vectores serían linealmente independientes y formarían una base de $\mathbb{R}^3$.

Resolvemos el determinante utilizando la regla de Sarrus: $$|A| = [2 \cdot 1 \cdot 1 + k \cdot 1 \cdot 6 + 2k \cdot 3 \cdot (-2)] - [2k \cdot 1 \cdot 6 + 2 \cdot 1 \cdot (-2) + k \cdot 3 \cdot 1]$$ $$|A| = [2 + 6k - 12k] - [12k - 4 + 3k]$$ $$|A| = (2 - 6k) - (15k - 4)$$ $$|A| = 2 - 6k - 15k + 4 = 6 - 21k$$ Igualamos a cero para que sean linealmente dependientes: $$6 - 21k = 0$$ $$21k = 6$$ $$k = \frac{6}{21} = \frac{2}{7}$$ ✅ **Resultado:** $$\boxed{k = \frac{2}{7}}$$