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Capitolo 1 Vettori applicati e geometria dello spazio Esercizi svolti Tutorato di geometria e algebra lineare Marco Robutti 5 Ottobre 2017

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Capitolo 1Vettori applicati e geometria dello spazio

Esercizi svolti

Tutorato di geometria e algebra lineare

Marco Robutti

5 Ottobre 2017

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IntroduzioneGli esercizi di questo capitolo riguardano i seguenti argomenti:

• Dati due punti, trovare le equazioni parametriche e cartesiane della rettapassante per essi (vedi esercizio nella pagina seguente).

• Date le equazioni cartesiane di una retta, determinarne le equazioni para-metriche (vedi esercizio a pagina 6).

• Dati tre punti, determinare le equazioni parametriche e cartesiana delpiano passante per essi (vedi esercizio a pagina 8).

• Data l’equazione cartesiana di un piano, determinarne le equazioni para-metriche (vedi esercizio a pagina 10).

• Determinare il prodotto scalare tra due vettori (vedi esercizi a pagina 12e a pagina 14).

• Determinare la posizione reciproca tra due piani (vedi esercizi a pagina 16e a pagina 17).

• Determinare la posizione reciproca di due rette (vedi esercizi a pagina 18e a pagina 21).

• Determinare la posizione reciproca tra retta e piano (vedi esercizio apagina 26).

• Determinare la distanza tra punto e piano (vedi esercizio a pagina 29).

• Esercizi di riepilogo (vedi esercizi a pagina 32 e a pagina 35).

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Esercizio 1Dati i punti

A =

11−1

e B =

2−11

,

trovare le equazioni parametriche e cartesiane della retta r passante per i duepunti dati.

SoluzioneL’equazione parametrica vettoriale di una retta passante per due punti P0 e P1è data dalla formula:

r : P = P0 + t (P1 − P0) , t ∈ R

dove con la differenza P1−P0 calcoliamo il vettore direttore della retta, mentreP0 in questo caso indica di quanto è stata traslata la retta data da span

(−−−−−−−−→OP1 −OP0

)rispetto all’origine.E’ da notare il fatto che come “vettore traslatore ” potevamo usare sia P0 cheP1, in quanto è indifferente: l’importante è che il punto usato appartenga allaretta. Lo stesso discorso vale per il vettore direttore: è indifferente fare P1−P0o P0 − P1: al massimo nel secondo caso si otterrà un vettore direttore che èl’opposto di quello del primo caso, il quale però definisce pur sempre la stessadirezione.Nel nostro caso quindi possiamo scegliere di scrivere:

r : P = A+ t (B −A) , t ∈ R

r :

xyz

=

11−1

+ t

2− 1−1− 11 + 1

r :

xyz

=

11−1

+ t

1−22

r :

x = 1 + t

y = 1− 2tz = −1 + 2t

(1)

3

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Per ottenere le equazioni cartesiane della retta r, dobbiamo effettuare il proce-dimento detto di “eliminazione dei parametri”, nel quale risolviamo una delleequazioni che costituiscono il sistema (1) nella variabile t e poi la sostituiamonelle altre due equazioni rimaste, ottenendo così le equazioni cartesiane dellaretta. E’ più facile farlo che dirlo:

r :

x = 1 + t

y = 1− 2tz = −1 + 2t

r :

t = x− 1y = 1− 2tz = −1 + 2t

r :

t = x− 1y = 1− 2 (x− 1)z = −1 + 2 (x− 1)

r :

t = x− 1y = 1− 2x+ 2z = −1 + 2x− 2

r :

t = x− 12x+ y − 3 = 0−2x+ z + 3 = 0

quindi, non tenendo più conto della prima equazione, dato che non ha più alcu-na utilità, otteniamo le equazioni cartesiane di r come:

r :{

2x+ y − 3 = 0−2x+ z + 3 = 0

NB. E’ da notare il fatto che quando si passa dalle equazioni parametriche aquelle cartesiane è indifferente quale equazione del sistema si usi per ottenerela variabile t in funzione di x, y e z. Noi in questo caso abbiamo usato la pri-ma equazione perché pareva la più semplice tra le tre; nulla vieta comunque dipoter utilizzare le altre due equazioni. In tal caso tuttavia si potrebbe ottenereun risultato diverso, il che però non è affatto errato, in quanto esistono infini-te rappresentazioni parametriche di una retta! L’importante è che verifichiate

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sempre che in due rappresentazioni parametriche diverse il “vettore traslatore ”appartenga alla retta e che il vettore direttore di una rappresentazione non sianien’altro che il vettore direttore di un altra moltiplicato per uno scalare!

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Esercizio 2Data la retta:

r :{x+ 2y + 3z + 1 = 03x+ y + 2z = 0

determinarne le equazioni parametriche.

SoluzioneIn questo caso dobbiamo fare l’inverso di quanto visto nell’esercizio precedente,ovvero dobbiamo utilizzare il metodo di “aggiunta dei parametri”:

r :{x+ 2y + 3z + 1 = 03x+ y + 2z = 0

r :

x+ 2y + 3z + 1 = 03x+ y + 2z = 0z = t

r :

x+ 2y + 3t+ 1 = 03x+ y + 2t = 0z = t

r :

x+ 2 (−3x− 2t) + 3t+ 1 = 0y = −3x− 2tz = t

r :

x− 6x− 4t+ 3t+ 1 = 0y = −3x− 2tz = t

r :

−5x− t+ 1 = 0y = −3x− 2tz = t

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r :

5x = 1− ty = −3x− 2tz = t

r :

x = 1

5 −15 t

y = −3x− 2tz = t

r :

x = 1

5 −15 t

y = −3( 1

5 −15 t)− 2t

z = t

r :

x = 1

5 −15 t

y = − 35 + 3

5 t− 2tz = t

r :

x = 1

5 −15 t

y = − 35 −

75 t

z = t

r :

xyz

=

1/5−3/5

0

+ t

−1/5−7/5

1

E così facendo l’esercizio è svolto.

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Esercizio 3Dati i punti

A =

312

, B =

111

, C =

−22−1

,

trovare le equazioni parametriche e l’equazione cartesiana del piano π passanteper i tre punti dati.

SoluzioneTrovare le equazioni parametriche di un piano passante per tre punti è moltosimile a trovare le equazioni parametriche di una retta passante per due punti.Si ha infatti che il piano π ha come equazione parametrica vettoriale:

π : P = A+ α (B −A) + β (C −A) , α, β ∈ R (2)

Anche in questo caso, come per la retta, è indifferente che il “vettore traslatore”sia A, B oppure C: l’importante è che sia un punto che appartiene al piano.Inoltre anche l’ordine delle differenze tra vettori presenti nella (2) è indifferente.Quindi, passando alle equazioni parametriche vere e proprie:

π :

xyz

=

312

+ α

1− 31− 11− 2

+ β

−2− 32− 1−1− 2

, α, β ∈ R

π :

xyz

=

312

+ α

−20−1

+ β

−51−3

, α, β ∈ R

π :

x = 3− 2α− 5βy = 1 + β

z = 2− α− 3β

Siccome abbiamo a che fare con un piano, per ottenere l’equazione cartesianadel piano abbiamo ben 2 parametri da dover esplicitare per poi sostituire nel-l’unica equazione rimanente. Quindi:

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π :

x = 3− 2 (2− z − 3β)− 5 (y − 1)β = y − 1α = 2− z − 3β

π :

x = 3− 2 [2− z − 3 (y − 1)]− 5 (y − 1)β = y − 1α = 2− z − 3β

Trascuriamo le altre due equazioni, di cui non abbiamo più bisogno, e lavoriamosolamente con la prima:

x = 3− 2 [2− z − 3y + 3]− 5y + 5x = 8− 2 [5− z − 3y]− 5yx = 8− 10 + 2z + 6y − 5yx = −2 + 2z + y

quindi l’equazione cartesiana di π è data da:

π : x− y − 2z + 2 = 0

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Esercizio 4Dato il piano π : x+ 3y + 2z + 1 = 0, determinarne le equazioni parametriche.

SoluzioneMentre per passare dalle equazioni parametriche a quelle cartesiane bisognaseguire il procedimento di “eliminazione dei parametri”, per fare l’operazionecontraria bisogna “aggiungere” dei parametri a partire dalle equaizioni cartesia-ne che si hanno.In questo caso abbiamo a che fare con un piano, che quindi è descritto da unasola equazione cartesiana. Nelle equazioni parametriche di un piano compaionodue parametri (solitamente li chiamiamo α e β); dobbiamo quindi “aggiungere”due parametri partendo dall’equazione cartesiana. Ciò viene effettuato ponendouna tra le variabili x, y e z uguale a uno dei parametri da aggiungere. Anchein questo caso è più difficile dire come si fa che farlo:

π : x+ 3y + 2z + 1 = 0

π :

x+ 3y + 2z + 1 = 0y = α

z = β

π :

x+ 3α+ 2β + 1 = 0y = α

z = β

π :

x = −3α− 2β − 1y = α

z = β

π :

xyz

=

−100

+ α

−310

+ β

−201

, α, β ∈ R

In questo caso abbiamo posto le variabili x e z rispettivamente uguali ai para-metri α e β. Tuttavia nulla vietava di porre x = α e y = β o qualche altracombinazione. In questo esercizio qualsiasi combinazione è ammessa. Tuttavianon sempre è così. Nel caso in cui una variabile abbia già un valore fissato, peresempio nel caso del piano π′ : x+1 = 0, si ha che x = −1 sempre, indipenden-temente dai valori che assumeranno y e z. Si ha quindi che in questo caso, perottenere le equazioni parametriche di π′, non possiamo usare la x come variabileda porre uguale ad uno dei parametri tra α e β, in quanto non è vero che la x

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varia al variare di α o di β!E’ bene tenere sempre a mente questa cosa, onde evitare di fare errori chefacciano drizzare i capelli al professore...

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Esercizio 5Determinare il valore del prodotto scalare tra i vettori v = ı + e u = 2ı + 2.

SoluzioneEsistono due modi di procedere: il primo lavora sui vettori in sè, sfruttando ladefinizione di prodotto scalare 〈u,v〉 = ‖u‖·‖v‖·cos θ; l’altro modo invece lavorasulle coordinate dei due vettori dati secondo la formula 〈u,v〉 = xx′+ yy′+ zz′.Proviamo entrambi i metodi.

Metodo 1

In questo caso abbiamo che:

[u] =(

11

), [v] =

(22

)‖v‖ =

√12 + 12 =

√2

‖u‖ =√

22 + 22 =√

8 = 2√

2

Quindi.〈u,v〉 = 2

√2×√

2 · cos θ

Ora in teoria saremmo bloccati, in quanto non sappiamo nulla di quale siail valore dell’angolo θ compreso tra i due vettori. Tuttavia, dando una rapidaocchiata ai due vettori, possiamo notare come entrambi appartengano alla stessaretta in quanto uno appartiene allo span dell’altro. Infatti si ha che u = 2v.Quindi si nota ad occhio che l’angolo compreso tra i due vettori è nullo, cioèpari a 0. Pertanto:

〈u,v〉 = 2√

2×√

2 · cos 0 = 4

In questo caso siamo stati fortunati in quanto abbiamo potuto vedere “ad oc-chio” qual è l’angolo compreso tra i due vettori; tuttavia ciò non accade prati-camente quasi mai, ed è per tale motivo che è preferibile calcolare il prodottoscalare tra due vettori utilizzando la formula che vedremo tra poco che fa uti-lizzo delle coordinate dei vettori piuttosto che la definizione come in questocaso. Inoltre tale formula sarà anche l’unica che ci permetterà di poter calcolareil prodotto scalare tra due vettori qualsiasi appartenenti a Rn, come vedremoquando arriveremo al capitolo 7.

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Metodo 2

In questo caso, avendo le coordinate dei due vettori, il loro prodotto scalare sicalcola semplicemente in un passaggio come:

〈u,v〉 = 1× 2 + 1× 2 = 4

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Esercizio 6Calcolare il prodotto scalare tra i vettori v = ı + e u = 3ı +

√3.

SoluzioneRisolviamo questo esercizio usando entrambi i metodi come nel precedente.

Metodo 1

In questo caso abbiamo:

[u] =(

11

), [v] =

(3√3

)‖v‖ =

√12 + 12 =

√2

‖u‖ =√

32 +(√

3)2

=√

9 + 3 =√

12 = 2√

3

Quindi.

〈u,v〉 = 2√

3×√

2 · cos θ= 2

√6 · cos θ

Ci troviamo però di fronte ad un problema: non sappiamo quanto vale l’angolo θcompreso tra i due vettori. Per poterlo determinare, dobbiamo prima calcolaregli angoli sottesi a ciascun vettore u e v e poi farne la differenza.Per una nota formula di trigonometria, si ha che:

tan θ = sin θcos θ

Se si avesse una raffigurazione di tale situazione, disegnando un segmento cheparte dalla punta del vettore e che cade perpendicolarmente sull’asse delle ascis-se, si ha che il vettore, l’asse delle ascisse e tale segmento formano un triangolorettangolo.Quindi si può facilmente intuire come:

tan θ = sin θcos θ = y

x

Ne consegue che:θ = arctan

(yx

)14

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Quindi nel nostro caso:

θu = arctan(

11

)= π

4

θv = arctan(√

33

)= π

6

Quindi θ è uguale a:

θ = θu − θv = π

4 −π

6 = 6π − 4π24 = 2π

24 = π

12

Quindi:〈u,v〉 = 2

√6 · cos π12

Tuttavia come possiamo ben notare cos (π/12) non sappiamo quanto vale, inquanto π/12 non è un angolo notevole. Possiamo quindi concludere che utiliz-zando tale metodo non sempre giungiamo a una soluzione numerica nel deter-minare il prodotto scalare tra due vettori.E’ per questo motivo che si utilizza il metodo che fa utilizzo delle coordina-te dei vettori piuttosto che della definizione. Noi, quando possibile, d’ora inpoi useremo questo secondo metodo facente utilizzo delle coordinate dei vettoricoinvolti.

Metodo 2

Tutto si può risolvere in una breve formula:

〈u,v〉 = 1× 3 + 1×√

3 = 3 +√

3

Come si può ben notare, al contrario di prima siamo giunti ad una soluzionenumerica.

15

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Esercizio 7Dati i piani π1 : x+ 3y + 2z + 3 = 0 e π2 : 2x+ 6y + 4z + 1 = 0, determinarnela posizione reciproca (cioè se sono paralleli, coincidenti o incidenti).

SoluzioneSiccome abbiamo le equazioni cartesiane dei due piani, conviene subito verifi-care se i due piani sono paralleli. Due piani infatti sono paralleli se il vettorenormale di uno appartiene allo span del vettore normale dell’altro. In altre pa-role, definiti:

n1 =

132

, n2 =

264

,

dobbiamo verificare se:n1 ∈ span (n2) ,

ovvero se: 132

= α

264

1 = 2α3 = 6α2 = 4αα = 1

2α = 3

6 = 12

α = 24 = 1

2

(3)

Siccome abbiamo ricavato un valore univoco per il parametro α nel sistema (3),si ha che n1 ∈ span (n2). Quindi i due piani sono paralleli.Tuttavia è necessario verificare se i piani, oltre ad essere paralleli, siano purecoincidenti, ovvero se le loro equazioni cartesiane rappresentino lo stesso piano.Per fare ciò, basta verificare che d1 = (1/2) d, in quanto come abbiamo vistoprima il vettore normale di π1 (che ha come coordinate i coefficienti delle varia-bili x,y e z) è legato a quello di π2 dalla relazione n1 = (1/2) n2.Nel nostro caso abbiamo che d1 = 3, d2 = 1 e quindi d1 = 3d2. Pertantopossiamo concludere che i due piani non sono coincidenti, ma solo paralleli.

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Esercizio 8Dati i piani π1 : 3x+ 2y+ z + 1 = 0 e π2 : x+ y+ 2z + 3 = 0, determinarne laposizione reciproca (cioè se sono paralleli, coincidenti o incidenti).

SoluzioneAnche in questo caso, avendo già le equazioni cartesiane dei due piani, possiamosubito verificare se i due piani sono paralleli. Per fare ciò seguiamo lo stessoprocedimento dell’esercizio precedente:

n1 =

321

, n2 =

112

,

321

= α

112

3 = α

2 = α

1 = 2αα = 3α = 2α = 1

2

Non vi è una soluzione univoca nel parametro α del sistema sopra mostrato:pertanto n1 /∈ span (n2). Ne consegue che i due piani non sono paralleli, epertanto sono incidenti.

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Esercizio 9Date le rette:

r1 :{x− 2y − 1 = 0x− z − 2 = 0

r2 :{x− 2y − 1 = 02y − z − 3 = 0

determinarne la posizione reciproca (cioè se sono parallele o incidenti e quindicomplanari, oppure se sono sghembe).

SoluzioneCi vengono fornite le equazioni cartesiane delle due rette; pertanto come primacosa conviene controllare se le due rette sono incidenti, cioè se hanno un punto incomune. L’eventuale punto in comune nel quale le due rette sono incidenti deveessere tale da soddisfare le equazioni cartesiane di entrambe le rette. Questomatematicamente parlando significa che il sistema costituito dall’insieme delleequazioni cartesiane di entrambe le rette deve ammettere una soluzione univoca:

x− 2y − 1 = 0x− z − 2 = 0x− 2y − 1 = 02y − z − 3 = 0x− 2y − 1 = 0x− z − 2 = 02y − z − 3 = 0x = 2y + 1x = z + 2z = 2y − 3x = 2y + 1x = 2y − 3 + 2z = 2y − 3x = 2y + 1x = 2y − 1z = 2y − 3

Tale sistema non ammette soluzioni in quanto la variabile x dovrebbe essere

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contemporaneamente uguale a due valori diversi tra loro. Ne consegue che ledue rette non sono incidenti. Dobbiamo quindi verificare se siano parallele, equindi se vi è un piano che le contenga, oppure se sono sghembe. Per fareciò, dobbiamo ottenere le equazioni parametriche di r1 e r2, così da poterneconfrontare i rispettivi vettori direttori. Quindi

r1 :{x− 2y − 1 = 0x− z − 2 = 0

r1 :{x− 2y − 1 = 0x− z − 2 = 0

r1 :

x = t

t− 2y − 1 = 0t− z − 2 = 0

r1 :

x = t

y = 12 t−

12

z = t− 2

v1 =

11/21

r2 :{x− 2y − 1 = 02y − z − 3 = 0

r2 :

y = t

x− 2t− 1 = 02t− z − 3 = 0

r2 :

y = t

x = 1 + 2tz = −3 + 2t

r2 :

x = 1 + 2ty = t

z = −3 + 2t

v2 =

212

Ora, avendo i vettori direttori delle rette, possiamo verificare se sono parallele.

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In tal caso deve essere verificata la condizione v1 ∈ span (v2): 11/21

= α

212

1 = 2α12 = α

1 = 2αα = 1

2α = 1

2α = 1

2

Quindi v1 ∈ span (v2) e le due rette sono parallele.

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Esercizio 10Date le rette:

r1 :

x = 1 + 3ty = 2 + t

z = 2t

r2 :{

2x+ y + z = 0x+ 3 = 0

determinarne la posizione reciproca (cioè se sono parallele o incidenti e quindicomplanari, oppure se sono sghembe).

SoluzioneVerifichiamo come prima cosa se le due rette sono parallele. Per fare ciò, abbia-mo bisogno di avere sottomano i vettori direttori di entrambe le rette: pertantodobbiamo prima ricavare le equazioni parametriche della retta r2:

r2 :{

2x+ y + z = 0x+ 3 = 0

r2 :

x = −3y = t

z = −2x− y

r2 :

x = −3y = t

z = 6− t

Quindi i vettori direttori delle due rette sono:

v1 =

312

, v2 =

01−1

Pertanto per poter verificare se sono parallele dobbiamo controllare se v1 ∈

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Span (v2): 312

= α

01−1

3 = 0α = 1α = −2

Siccome tale sistema è palesemente non risolubile (di sicuro 3 = 0 è una ugua-glianza non vera...), possiamo concludere che v1 /∈ Span (v2) e che le due rettenon sono parallele.Quindi potrebbero essere incidenti oppure sghembe. Per verificare quale trale due sia la posizione reciproca tra le rette, esistono due metodi e noi, perquestioni didattiche, li utilizzeremo ambedue.

Metodo 1

Ottengo le equazioni cartesiane di r1:

r1 :

x = 1 + 3ty = 2 + t

z = 2t

r1 :

x = 1 + 3ty = 2 + t

t = z2

r1 :

x = 1 + 3

2z

y = 2 + 12z

t = z2

r1 :{x = 1 + 3

2z

y = 2 + 12z

Moltiplico entrambe le equazioni per 2 così da renderle più “belle” e facilmenteleggibili: {

2x = 2 + 3z2y = 4 + z{2x− 3z − 2 = 02y − z − 4 = 0

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Per trovare l’eventuale punto di intersezione P dobbiamo mettere in un unicosistema le equazioni cartesiane di r1 e di r2 e verificare che vi sia una soluzioneunivoca:

r1 :

2x− 3z − 2 = 02y − z − 4 = 02x+ y + z = 0x+ 3 = 0

r1 :

x = −32x− 3z − 2 = 02y − z − 4 = 02x+ y + z = 0

r1 :

x = −3−6− 3z − 2 = 02y − z − 4 = 0−6 + y + z = 0

r1 :

x = −3−3z = 8z = 2y − 4y = 6− z

r1 :

x = −3z = − 8

3z = 2 (6− z)− 4y = 6− z

r1 :

x = −3z = − 8

3z = 12− 2z − 4y = 6− z

23

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r1 :

x = −3z = − 8

33z = 8y = 6− z

r1 :

x = −3z = − 8

3z = 8

3y = 6− z

A questo punto ci fermiamo senza nemmeno calcolare il valore di y, in quantoabbiamo ottenuto due soluzioni diverse per z. Pertanto possiamo concludereche le due rette non hanno alcun punto in comune e quindi che sono sghembe.

Metodo 2

Prendiamo un generico punto su r1:

P =

xyz

=

1 + 3t2 + t

2t

,

e sostituiamolo nelle equazioni cartesiane di r2:

r2 :{

2 (1 + 3t) + (2 + t) + (2t) = 0(1 + 3t) + 3 = 0

r2 :{

2 + 6t+ 2 + t+ 2t = 01 + 3t+ 3 = 0

r2 :{

2 (1 + 3t) + (2 + t) + (2t) = 0(1 + 3t) + 3 = 0

r2 :{

2 + 6t+ 2 + t+ 2t = 01 + 3t+ 3 = 0

r2 :{

9t = −43t = −4

r2 :{t = − 4

9t = − 4

3

Siccome non vi è una soluzione univoca in t, possiamo concludere che le duerette non sono incidenti e che quindi sono sghembe.

24

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NB. Come si può ben notare, spesso è molto più comodo utilizzare questometodo piuttosto che l’altro per determinare se due rette sono incidenti...

25

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Esercizio 11Date la retta:

r :

x = 3 + 2ty = 2 + t

z = −1 + t

e il piano:

π :

x = α

y = β

z = −5− 2α− β

determinarne la posizione reciproca (cioè se sono incidenti, se la retta è perpen-dicolare al piano, se sono paralleli oppure se la retta è contenuta nel piano).

SoluzioneControlliamo per prima cosa se la retta e il piano sono paralleli, cioè se v ∈Span (u1,u2) ∧ r ∩ π = ∅, dove v è il vettore direttore di r e Span (u1,u2).

v =

211

Riscriviamo il piano sottoforma di equazione parametrica vettoriale:

π :

xyz

=

00−5

+ α

10−2

+ β

01−1

, α, β ∈ R

Quindi:

u1 =

10−2

, u2 =

01−1

26

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Pertanto per verificare l’eventuale parallelismo dobbiamo chiederci se v ∈ Span (u1,u2):211

= α

10−2

+ β

01−1

2 = α

1 = β

1 = −2α− βα = 2β = 11 = −4− 1 = −5 FALSO!

Possiamo quindi concludere che il piano e la retta non sono paralleli senzanemmeno stare a controllare la condizione r ∩ π = ∅.Possiamo provare a verificare se la retta è perpendicolare al piano. Per fare ciòabbiamo bisogno dell’equazione cartesiana del piano:

π :

x = α

y = β

z = −5− 2α− β

z = −5− 2x− y

2x+ y + z + 5 = 0

n =

211

Quindi ci chiediamo: v ∈ Span (n)?2

11

= t

211

2 = 2t1 = t

1 = t

Si nota ad occhio che il sistema ammette la soluzione univoca t = 1. Quindipossiamo concludere che la retta r è perpendicolare al piano π.

27

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Troviamo ora il punto di intersezione utilizzando il Metodo 2 mostrato sulleslide che si possono trovare sulla pagina del sito di tutorato.Dobbiamo quindi scegliere un punto generico P appartenente a r e sostituirloall’interno dell’equazione cartesiana di π così da poter ottenere una soluzionein t da sostituire all’interno delle equazioni parametriche di r per ottenere ilpunto di intersezione cercato. Detta così può sembrar difficile: meglio passareai calcoli:

P =

3 + 2t2 + t−1 + t

2 (3 + 2t) + (2 + t) + (−1 + t) + 5 = 0

6 + 4t+ 2 + t− 1 + t+ 5 = 06t+ 12 = 0

t = −2

Quindi, sostituendo il parametro t = −2 all’interno delle equazioni parametrichedi r otteniamo il punto di intersezione cercato:

P =

3 + 2 (−2)2 + (−2)−1 + (−2)

=

3− 42− 2−1− 2

=

−10−3

28

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Esercizio 12

Dato il punto P =

121

e il piano π : 2x+ y+ 3z = 0, determinare la distanza

d (P, π) tra il punto e il piano.

SoluzioneEsistono due metodi per calcolare la distanza tra punto e piano.

Metodo 1

Usiamo la formula:

d (P, π) = |axP + byP + czP + d|√a2 + b2 + c2

Quindi:

d (P, π) = |2× 1 + 1× 2 + 3× 1 + 0|√22 + 12 + 32

= |2 + 2 + 3|√4 + 1 + 9

= |7|√14

= 7√14

Razionalizzando otteniamo:

d (P, π) = 7√14

= 7√14

√14√14

= 7√

1414

=√

142

Metodo 2

Se non ci si ricorda della formula usata nel Metodo 1, allora possiamo trovarela distanza tra il punto e il piano determinando le equazioni parametriche della

29

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retta passante per il punto P e perpendicolare al piano π. Determinando poiil punto di intersezione tra tale retta e il piano, possiamo calcolare la distanzad (P, π) semplicemente come distanza tra tale punto di intersezione con il puntoP .Trovare una rappresentazione parametrica per la retta r è molto semplice: rdeve essere infatti perpendicolare a π e passante per P . Ne consegue che avràcome vettore direttore il vettore normale del piano:

v = n =

213

Quindi le equazioni parametriche di r sono date da:

r :

xyz

=

121

+ t

213

, t ∈ R

r :

x = 1 + 2ty = 2 + t

z = 1 + 3t

Troviamo quindi l’intersezione tra r e π. Per fare ciò, utilizziamo il Metodo 3mostrato sulle slide presenti sul sito del tutorato. Dobbiamo quindi prendereun punto generico della retta r:

P ′ =

1 + 2t2 + t1 + 3t

, t ∈ R

e sostituirlo all’interno dell’equazione cartesiana di π:

2 (1 + 2t) + (2 + t) + 3 (1 + 3t) = 02 + 4t+ 2 + t+ 3 + 9t = 0

14t = −7

t = −12

Sostituendo t = − (1/2) all’interno delle equazioni parametriche di r otteniamoil punto di intersezione cercato:

30

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H =

1 + 2 (−1/2)2 + (−1/2)

1 + 3 (−1/2)

=

1− 12− 1/21− 3/2

=

03/2−1/2

Quindi possiamo calcolare la distanza tra il piano π e il punto P come la distanzatra il punti P e H:

d (P, π) = d (P,H) =√

(xP − xH)2 + (yP − yH)2 + (zP − zH)2

=

√1 +

(2− 3

2

)2+(

1 + 12

)2

=

√1 +

(12

)2+(

32

)2

=√

1 + 14 + 9

4

=√

144

=√

142

Siamo giunti allo stesso risultato ottenuto con la formula del Metodo 1 ; questometodo è molto comodo quando non ci si ricorda più la formula precedentementecitata e inoltre fa ragionare di più su ciò che effettivamente si sta andando afare...

31

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Esercizio 13Dati i punti:

A =

112

, B =

01−1

,

determinare:

1. d (A,B);

2. le equazioni parametriche della retta r passante per A e B;

3. il punto medio M tra A e B;

4. il punto P ∈ r tale che d (P,O) sia minima.

SoluzionePunto (1)

Per calcolare qual è la distanza tra A e B, basta fare utilizzo della formula:

d (A,B) =√

(xA − xB)2 + (yA − yB)2 + (zA − zB)2

che nel nostro caso vuol dire:

d (A,B) =√

(1− 0)2 + (1− 1)2 + (2− (−1))2

=√

1 + 0 + 9

=√

10

Punto (2)

L’equazione parametrica vettoriale della retta r passante per i due punti A e Bè data dalla formula:

r : P = A+ t (B −A) , t ∈ R

dove con la differenza B−A calcoliamo il vettore direttore della retta, mentre Ain questo caso indica di quanto è stata traslata la retta data da span

(−−−−−−−→OB −OA

)rispetto all’origine.Come già visto in precedenza, è da notare il fatto che come “vettore traslatore ”potevamo usare sia B che A, in quanto è indifferente: l’importante è che il punto

32

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usato appartenga alla retta. Lo stesso discorso vale per il vettore direttore: èindifferente fare B − A o A − B: al massimo nel secondo caso si otterrà unvettore direttore che è l’opposto di quello del primo caso, il quale però definiscepur sempre la stessa direzione.Nel nostro caso quindi abbiamo:

r :

xyz

=

112

+ t

0− 11− 1−1− 2

r :

xyz

=

112

+ t

−10−3

r :

x = 1− ty = 1z = 2− 3t

Punto (3)

Per trovare il punto medio tra A e B, basta estendere quanto già si conosceriguardo al calcolo del punto medio tra due punti nel piano cartesiano. Ovveroil punto medio tra A e B sarè semplicemente dato dal vettore:

M (A,B) =

xA+xB

2yA+yB

2zA+zB

2

=

1+021+122−12

=

1/21

1/2

Punto (4)

Per determinare qual è il punto della retta r che è più vicino all’origine, ba-sta effettuare un ragionamento molto semplice. Se noi infatti consideriamo unaretta ν passante per l’origine O e perpendicolare alla retta r, allora si ha chel’intersezione tra le due rette corrisponde al punto P da noi cercato. Infatti, seci immaginiamo quanto appena descritto, la retta ν, essendo perpendicolare ar e passando per O e per P , definisce il cammino più “breve” che collega i duepunti O e P . Una volta determinate le coordinate di P basta determinarne lasua norma (cioè il modulo) per sapere qual è la distanza minima tra l’origine ela retta r. Quello appena indicato è un ragionamento valido in generale quandobisogna calcolare la distanza minima tra una retta e un punto qualsiasi (anche

33

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diverso dall’origine O).Tuttavia in questo caso, dato che abbiamo a che fare con l’origine, è possibilesemplificare ulteriormente tale ragionamento. Possiamo infatti limitarci a tro-vare un punto della retta r che sia perpendicolare al suo vettore direttore: talepunto corrisponderà infatti al punto P da noi cercato. Non è quindi nemmenonecessario trovare prima le equazioni parametriche di ν. Questo è possibile soloperché il punto dal quale vogliamo calcolare la distanza minima dalla retta èl’origine; in caso contrario sarebbe stato necessario sviluppare per intero il ra-gionamento inizialmente fatto.Quindi, prendiamo un generico punto appartenente alla retta r:

P =

1− t1

2− 3t

,

affinché tale punto sia perpendicolare al vettore direttore della retta; il loroprodotto scalare deve essere nullo. Il vettore direttore della retta è dato da:

v =

−10−3

,

quindi: ⟨−−→OP,v

⟩= (1− t)× (−1) + 1× 0 + (2− 3t)× (−3) = 0

t− 1− 6 + 9t = 0

t = 710

quindi il punto da noi cercato è dato da:

P =

1− 7/101

2− 21/10

=

3/101

−1/10

Quindi la distanza minima della retta dall’origine è data da:

min (d (P,O)) =∣∣∣−−→OP ∣∣∣ =

√(310

)2+ 12 +

(− 1

10

)2=√

1110

34

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Esercizio 14 (Prova d’esame del 18/09/2013, es.n°5)

Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano ortogonale R(O, i, j, k

),

si considerino il piano π : x+ 2y − z = 0 e il punto A =

21−1

.

(a) Determinare le equazioni cartesiane della retta r passante per l’origine e peril punto A

(b) Determinare l’equazione cartesiana del piano π′ per A parallelo a π

(c) Determinare l’intersezione P del piano π′ con l’asse Oz

(d) Determinare la proiezione ortogonale A′ del punto A su π

(e) Determinare l’area del triangolo OAA′

SoluzionePunto (a)

La retta in forma parametrica vettoriale è data da:

r : P = P0 + tv, v = (P1 − P0) ,

dove P0 e P1 sono i punti da cui passa.Nel nostro caso quindi abbiamo:

r : P = 0 + t (A− 0)

r :

xyz

=

000

+ t

2− 01− 0−1− 0

, t ∈ R

r :

x = 2ty = t

z = −t

35

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Dalle equazioni parametriche possiamo ottenere le equazioni cartesiane:

r :

x = 2ty = t

z = −t

r :

t = y

x = 2tz = −t

r :

t = y

x = 2yz = −y

r :{x− 2y = 0y + z = 0

Punto (b)Il piano π′ deve essere parallelo al piano π, quindi deve avere lo stesso vettore

normale di quest’ultimo:

nπ′ = nπ =

12−1

Quindi possiamo scrivere:

π′ : ax+ by + cz + d = 0

π′ : (1)x+ (2) y + (−1) z + d = 0

π′ : x+ 2y − z + d = 0 (4)

L’equazione cartesiana di π′ è tuttavia incompleta, in quanto resta ancora dadeterminare il parametro d. Tuttavia il piano, come chiesto dal testo dell’e-sercizio, deve contenere anche il punto A. Quindi le coordinate del punto A,affinché questo appartenga al piano, devono soddisfare l’equazione (4). Pertantopossiamo determinare il valore di d imponendo che il piano contenga il punto A,ovvero sostituendo le coordinate di A nell’equazione cartesiana di π′ e risolvendol’equazione in d:

36

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π′ : (2) + 2 (1)− (−1) + d = 02 + 2 + 1 + d = 0

d = −5

Quindi l’equazione cartesiana di π′ è:

π′ : x+ 2y − z − 5 = 0

Punto (c)

Possiamo trovare la soluzione a questo quesito utilizzando due metodi.

Metodo 1

Determiniamo una parametrizzazione di Oz (ovvero dell’asse z), cioè cerchiamodi dare una definizione parametrica all’asse z, che non è nient’altro che una rettapassante per l’origine, e che può essere scritta nel modo seguente:

Oz :

xyz

= t

001

, t ∈ R

Oz :

x = 0y = 0z = t

Ora, utilizzando il Metodo 2 mostrato sulle slide di teoria, prendiamo un gene-rico punto appartenente alla retta Oz:

P =

00t

,

e lo sostituiamo nell’equazione cartesiana di π;

0 + 0− t− 5 = 0t = −5

Sostituendo il valore di t trovato all’interno delle equazioni parametriche di Oz

otteniamo:

37

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B =

00−5

Metodo 2

In questo caso semplicemente imponiamo nell’equazione cartesiana il passaggioper l’asse z. Quest’ultimo infatti è caratterizzato dal fatto che qualsiasi puntoche gli appartiene ha x = y = 0.Sostituendo tali valori all’interno dell’equazione cartesiana del piano, possiamoricavare qual è il valore z del punto di intersezione tra l’asse e il piano:

0 + 0− z − 5 = 0z = −5

e quindi:

B =

00−5

Punto (d)

Per determinare la proiezione ortogonale di A su π, devo determinare prima unarappresentazione (cartesiana o parametrica) della retta r⊥ passante per il puntoA e perpendicolare al piano π; la proieizone ortogonale di A su π sarà quindidata dal punto di intersezione di tale retta con il piano. Quindi, tenendo contoche r⊥ ha come vettore direttore il vettore normale del piano π (in quanto èperpendicolare a quest’ultimo), si ha che:

r⊥ : P = A+ nπt, t ∈ R

r⊥ :

x = 2 + t

y = 1 + 2tz = −1− t

Quindi troviamo l’intersezione tra la retta e il piano utilizzando il Metodo 2mostrato nelle slide di teoria.Quindi prendiamo un generico punto appartenente alla retta:

P =

2 + t1 + 2t−1− t

38

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E lo sostituiamo nell’equazione cartesiana del piano π:

(2 + t) + 2 (1 + 2t)− (−1− t) = 02 + t+ 2 + 4t+ 1 + t = 0

t = −56

Sostituendo il valore trovato di t nelle equazioni parametriche della retta r⊥otteniamo:

A′ =

2− 5/61− 10/6−1 + 5/6

=

7/6−2/3−1/6

che è la proiezione ortogonale di A su π.

Punto (e)

Per determinare l’area del triangolo OAA′ dobbiamo procedere per passi. Lacostruzione geometrica a cui giungeremo al termine di tale procedimento è rap-presentato nella figura 1. Come vedremo alla fine dell’esercizio, per questoparticolare caso che ci troviamo ad affrontare non è del tutto necessario effet-tuare tutti i calcoli che effettivamente andremo a fare, in quanto esiste una viapiù breve.

39

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x y

z

O

A

A′

v

k

π′′

Figura 1: La costruzione geometrica utilizzata per ottenere l’area del triango-lo OAA′. Come vedremo più avanti nel corso dell’esercizio, tale costruzionegeometrica non è necessaria nel caso preso in esame.

1. Determiniamo il piano π” passante per OAA′.

x y

z

O

A

A′ π′′

Figura 2: Il piano π” passante per OAA′.

40

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Quindi:

π” : P = 0 + α (A− 0) + β (A′ − 0)

π” :

x = 2α+ 7

y = α− 23β

z = −α− 16β

In equazioni cartesiane:

π” :

x = 2α+ 7

y = α− 23β

α = −z − 16β

π” :

x = −2z − 1

3β + 76β

y = −z − 16β −

23β

α = −z − 16β

π” :

x = −2z + 5

y = −z − 56β

α = −z − 16β

π” :{x = −2z + 5

β = − 65y −

65z

π” :{x = −2z + 5

6(− 6

5y −65z)

β = − 65y −

65z

π” : x = −2z − y − z

π” : x+ y + 3z = 0

2. Determiniamo le equazioni della retta v passante per A,A′:

41

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x y

z

O

A

A′

v

Figura 3: La retta v passante per A e A′.

v : P = A+ t (A−A′) , t ∈ R

v :

x = 2 +

(2− 7

6)t

y = 1 +(1 + 2

3)t

z = −1 +(−1 + 1

6)t

v :

x = 2 + 5

6 t

y = 1 + 53 t

z = −1− 56 t

In equazioni cartesiane:

v :

t = 6

5x−125

y = 1 + 53 t

z = −1− 56 t

v :

t = 6

5x−125

y = 1 + 53( 6

5x−125)

z = −1− 56( 6

5x−125)

42

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v :{y = 1 + 2x− 4z = −1− x+ 2

v :{

2x− y − 3 = 0x+ z − 1 = 0

3. Determiniamo come deve essere il vettore direttore della retta k affinchéla retta sia contenuta nel piano π”. Se indichiamo con:

vk =

abc

,

affinché la retta appartenga al piano deve essere verificata la condizione:

vk ⊥ n =⇒ 〈vk,nπ”〉 = 0

cioè:

a+ b+ 3c = 0a = −3c− b

Quindi:

vk =

−3c− bbc

e possiamo scrivere le equazioni parametriche di k nella forma:

k :

xyz

=

000

+ t

−3c− bbc

, t ∈ R

k :

x = (−3c− b) ty = bt

z = ct

dove saggiamente abbiamo scelto l’origine come “vettore traslazione”, inquanto l’unico punto conosciuto della retta k è, appunto, l’origine.

43

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4. Impongo la condizione che i vettori direttori di v e k siano ortogonali (inquanto le rette sono ortogonali tra loro) e quindi:

vk ⊥ vv =⇒ 〈vk,vv〉 = 0

cioè:56 (−b− 3c) + 5

3b−56c = 0

Da questa condizione ricaviamo che:

−5b− 15c+ 10b− 5c = 0b = 4c

che sostituito nelle equazioni parametriche di k ci da:

k :

x = (−3c− 4c) ty = 4ctz = ct

k :

x = −7cty = 4ctz = ct

Ora è indifferente il valore che diamo a c, in quanto al variare di c il vettoredirettore scelto indicherà sempre la stessa direzione. Quindi scegliamo percomodità c = 1 ottenendo:

k :

x = −7ty = 4tz = t

44

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x y

z

O

A

A′

k

Figura 4: La retta k passante per l’origine O, appartenente al piano π” eperpendicolare alla retta v.

5. Troviamo il punto di intersezione H tra v e k, utilizzando il Metodo 2mostrato sulle slide per verificare se due rette sono incidenti. Quindiprendiamo un punto generico appartenente alla retta k:

P =

−7t4tt

,

sostituiamolo nelle equazioni cartesiane della retta v:

v :{−14t− 4t− 3 = 0−7t+ t− 1 = 0

v :{−18t = 3−6t = 1

v :{t = − 1

6t = − 1

6

Sostituendo tale valore di t all’interno delle equazioni parametriche di k

45

Page 47: Capitolo 1 Vettori applicati e geometria dello spazio ... · Capitolo 1 Vettori applicati e geometria dello spazio Esercizi svolti Tutorato di geometria e algebra lineare Marco Robutti

otteniamo:

H =

−7 (−1/6)4 (−1/6)−1/6

H =

7/6−2/3−1/6

Notiamo come il punto H coincida con il punto A′; come vedremo alla finedell’esercizio, ciò non è affatto dovuto ad una semplice casualità...

6. Determiniamo l’area del triangolo:

base = ‖−−−−−−−→OA−OA′‖ =

√(5/6)2 + (5/3)2 + (−5/6)2

=√

2536 + 25

9 + 2536

=√

5036 + 25

9

=√

1506

altezza = ‖−−−−−−→OH − 0′‖ =

√(7/6)2 + (−2/3)2 + (−1/6)2

=√

4936 + 4

9 + 136

=√

666

Area = base · altezza2 = 1

2 ×√

1506 ×

√666

= 5√

1112

NB. In realtà avremmo potuto calcolare l’area del triangolo OAA′ coni soli dati di cui disponevamo in partenza. Infatti, come si può in partenotare dalla figura 1, abbiamo a che fare con un triangolo rettangolo!Questo vuol dire che due dei suoi lati sono già la base e l’altezza deltriangolo, che quindi non vanno nemmeno calcolate.

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In particolare infatti notiamo che se prendiamo il lato AA′, rappresentatodal vettore:

‖−−−−−−−→OA−OA′‖ =

2− 7/61 + 2/3−1 + 1/6

=

5/65/3−5/6

,

e ne facciamo il prodotto scalare con il lato−−→OA′ = −−→OH otteniamo:⟨−−→

OA′,−−−−−−−→OA−OA′

⟩= 7

6 ×56 −

23 ×

53 + 1

6 ×56 = 0,

ovvero i due lati sono perpendicolari e l’angolo tra loro compreso è di 90°:il triangolo è quindi rettangolo.Quindi la morale della favola è: se al prossimo appello vi viene chiestodi calcolare l’area di un triangolo, verificate prima di tutto se avete a chefare con un triangolo rettangolo: una risposta positiva a tale domanda puòportarvi a risolvere il problema risparmiando una gran quantità di calcolie, soprattutto, di tempo...

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