Posición relativa de recta y plano con parámetro

**¿Existe algún valor de $\alpha$ para el cual el plano $\pi \equiv x + y + z = 1$ contenga a la recta dada? Razona la respuesta.** Para que un plano $\pi$ contenga a una recta $r$, todos los puntos de la recta deben satisfacer la ecuación del plano. Matemáticamente, esto equivale a estudiar el sistema de ecuaciones formado por las dos ecuaciones que definen la recta y la ecuación del plano: $$\begin{cases} 3x + \alpha y + z = 1 \\ 2x + 6y - 2z = 6 \\ x + y + z = 1 \end{cases}$$ Llamamos $A$ a la matriz de coeficientes y $A^*$ a la matriz ampliada: $$A = \begin{pmatrix} 3 & \alpha & 1 \\ 2 & 6 & -2 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}; \quad A^* = \left(\begin{array}{ccc|c} 3 & \alpha & 1 & 1 \\ 2 & 6 & -2 & 6 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right)$$ Según el **Teorema de Rouché-Frobenius**, para que el plano contenga a la recta, el sistema debe tener infinitas soluciones dependientes de un solo parámetro (una recta). Esto ocurre si: $$\text{rango}(A) = \text{rango}(A^*) = 2$$ 💡 **Tip:** Si el rango fuera 3, la recta y el plano se cortarían en un solo punto. Si el rango de $A$ es 2 pero el de $A^*$ es 3, la recta sería paralela al plano.

Calculamos el determinante de $A$ para ver cuándo el rango de $A$ es menor que 3: $$|A| = \begin{vmatrix} 3 & \alpha & 1 \\ 2 & 6 & -2 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix}$$ Aplicamos la regla de Sarrus: $$|A| = [3 \cdot 6 \cdot 1 + \alpha \cdot (-2) \cdot 1 + 1 \cdot 2 \cdot 1] - [1 \cdot 6 \cdot 1 + \alpha \cdot 2 \cdot 1 + 3 \cdot (-2) \cdot 1]$$ $$|A| = [18 - 2\alpha + 2] - [6 + 2\alpha - 6]$$ $$|A| = 20 - 2\alpha - 2\alpha = 20 - 4\alpha$$ Igualamos a cero para encontrar el valor crítico de $\alpha$: $$20 - 4\alpha = 0 \implies 4\alpha = 20 \implies \alpha = 5$$ - Si $\alpha \neq 5$, el $\text{rango}(A) = 3$. La recta corta al plano en un punto. - Si $\alpha = 5$, el $\text{rango}(A) < 3$.

Para $\alpha = 5$, comprobamos el rango de $A^*$ sustituyendo el valor en la matriz: $$A^* = \left(\begin{array}{ccc|c} 3 & 5 & 1 & 1 \\ 2 & 6 & -2 & 6 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right)$$ Ya sabemos que $|A|=0$, por lo que el $\text{rango}(A) = 2$ (ya que existe el menor $\begin{vmatrix} 6 & -2 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} = 6 - (-2) = 8 \neq 0$). Ahora calculamos el determinante de una submatriz $3 \times 3$ de $A^*$ que incluya la columna de términos independientes: $$\text{Tomamos las columnas 1, 3 y 4: } \begin{vmatrix} 3 & 1 & 1 \\ 2 & -2 & 6 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix}$$ Calculamos por Sarrus: $$D = [3 \cdot (-2) \cdot 1 + 1 \cdot 6 \cdot 1 + 1 \cdot 2 \cdot 1] - [1 \cdot (-2) \cdot 1 + 1 \cdot 2 \cdot 1 + 3 \cdot 6 \cdot 1]$$ $$D = [-6 + 6 + 2] - [-2 + 2 + 18]$$ $$D = 2 - 18 = -16 \neq 0$$ Como este determinante es distinto de cero, el **rango de $A^*$ es 3**. 💡 **Tip:** Si el rango de la matriz de coeficientes es 2 y el de la ampliada es 3, el sistema es incompatible, lo que significa que no hay puntos comunes (recta paralela al plano).

Hemos obtenido los siguientes resultados según los valores de $\alpha$: 1. **Si $\alpha \neq 5$**: $\text{rango}(A) = 3 = \text{rango}(A^*)$. El sistema es compatible determinado. La recta $r$ corta al plano $\pi$ en un **único punto**. 2. **Si $\alpha = 5$**: $\text{rango}(A) = 2$ y $\text{rango}(A^*) = 3$. El sistema es incompatible. La recta $r$ es **paralela** al plano $\pi$ y no tiene puntos en común con él. Para que el plano contenga a la recta, necesitaríamos que $\text{rango}(A) = \text{rango}(A^*) = 2$, cosa que no ocurre para ningún valor de $\alpha$. ✅ **Resultado final:** $$\boxed{\text{No existe ningún valor de } \alpha \text{ para el cual el plano } \pi \text{ contenga a la recta } r.}$$