in nc ci id de en nz za a

M

Mu ut tu ua a p po os si iz zi io on ne e r re et tt t e- e -p pi ia an ni i

Pr P ro ob bl le em mi i d di i g gi ia ac ce en nz za a i

in nc ci id de en nz za a

Om O mo om mo or rf fi is sm mi i e e m ma at tr ri ic ci i a as ss so oc ci ia at t e e

Rosalba Barattero

ESERCITAZIONE N.7 23 aprile 2009

ESERCIZIO 1.

(continuazione dall’esercitazione scorsa)

Rette parallele, incidenti, sghembe In ciascuno dei seguenti casi stabilire se le rette sono parallele, incidenti o sghembe, e nel caso, in cui siano complanari, determinare l’equazione cartesiana del piano che le contiene.

a) r:

⎩ ⎨

⎧

=

− +

= + +

−

0 1 2 5

0 1 3 3 3

z x

z y

x , s:

⎩ ⎨

⎧

= + +

=

− +

−

0 1 2 5

0 1 3 3 3

z x

z y x

b) r: {(x,y,z)| (x,y,z)=(-1,0,2) +S, con S =<(0,1,0)>}, s: ⎩ ⎨ ⎧

= +

−

=

− +

2 6 2 2

z y

z y

x .

D A RICORDARE

Date A

₁

, A

₂

rette di R

³

, S

₁

= D(A

₁

), S

₂

= D(A

₂

) le loro giaciture, diciamo

- A

1

// A

₂

( paralleli ) se S

₁

= S

₂

- A

1

, A

2

incidenti se A

1

∩ A

₂

≠ ∅

^(*)

- A

₁

, A

₂

sghembe se A

₁

, A

₂

non sono né parallele, né incidenti

A

₁

A

₂

(*)

A

₁

∩ A

₂

≠ ∅ e

A

₁

// A

₂

=> A

₁

e A

₂

coincidenti

b) S

₁

= D(r)=

⎩ ⎨

⎧

= +

= +

− 0 2 5

0 3 3 3

z x

z y

x , S

₂

= D(s)=

⎩ ⎨

⎧

= +

= +

− 0 2 5

0 3 3 3

z x

z y x

S

1

= S

2

⇒ r ed s sono parallele

Per affrontare il problema del piano che le contiene ( le rette parallele sono complanari !), ci occorre stabilire prima che r ed s sono distinte, in caso contrario il piano che con- tiene una retta è indeterminato ! ( infiniti piani vanno bene).

E’ sufficiente trovare un pto che sta su una retta e non sull’altra ! r:

⎩ ⎨

⎧

=

− +

= + +

−

0 1 2 5

0 1 3 3 3

z x

z y

x , s:

⎩ ⎨

⎧

= + +

=

− +

−

0 1 2 5

0 1 3 3 3

z x

z y x

Ad es. (1/3, 1/3,-1/3) ∈r, ma ∉s . Le rette sono parallele e distinte. Affrontiamo dopo il problema.

c) r: {(x,y,z)| (x,y,z)=(-1,0,2) +S, con S =<(0,1,0)>}, s:

⎩ ⎨

⎧

= +

−

=

− +

2 6 2 2

z y

z y

x .

Scriviamo r in forma parametrica, r:

⎪ ⎩

⎪ ⎨

⎧

=

=

−

=

2 1 z

t y x

(*)

Possiamo sostituire il generico pto P(-1,t,2) di r, nelle equazioni di s e stabilire se esistono valori di t che sono soluzioni di

⎩ ⎨

⎧

= +

−

=

− +

− 2 2

6 4 2 t

t . Sì t=0 è l’unica soluzione !

(*) Quali sono le equazioni cartesiane di r ?

che corrisponde all’unico pto P(-1,0,2) comune ad r ed s, quindi concludiamo che r ed s sono incidenti.

b)continua: Piano contenente le rette parallele e distinte r,s I MODO Usiamo il teorema fondamentale dell’eserc. scorsa . r:

⎩ ⎨

⎧

=

− +

= + +

−

0 1 2 5

0 1 3 3 3

z x

z y

x , s:

⎩ ⎨

⎧

= + +

=

− +

−

0 1 2 5

0 1 3 3 3

z x

z y

x

Troviamo P

r

(1/3, 1/3,-1/3)∈r , P

s

(-1/3, -1/3,1/3)∈s

La giacitura D(r)= D(s) ha rappresentazione cartesiana

⎩ ⎨

⎧

= +

= +

− 0 2 5

0 3 3 3

z x

z y

x e risulta : D(r)=D(s)=<(-2,3,5)>

A

B P

Il piano di r,s è il piano per A,B,P.

Il risultato è: 2x-3z+8=0.

(P

r

- P

s

) e D(r)=D(s) individuano la giacitura del piano A per r, s.

P

r

r s

P

_s

D( A ) è il piano per l’origine, parallelo al piano di r, s, ed è

<(P

r

- P

s

),D(r)>, (P

r

- P

s

)=(2/3,2/3,-2/3), D(r)=(-2,3,5). Per semplicità possiamo prendere (P

r

- P

s

)=(1,1,-1). Quindi :

D( A ^{) : 0}

1 1 1

5 3

2 =

−

−

z y x

⇒ -8x+3y-5z=0

Ora per trovare il piano A basta cercare il termine noto, imponendo il passaggio per un pto del piano di r,s, ad es.

P

s

(-1/3,-1/3,1/3)

[-8 3 -5]

₃^{8 1} ₃^{5 0}

3 13

13 1

=

−

−

=

⎥⎥

⎥⎥

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢⎢

⎢⎢

⎣

⎡

−

−

( in qs. caso: termine noto =0 )

In questo caso particolare il piano per r, s coincide con la sua giacitura !

II MODO : Senza trovare la giacitura, si impone che

(x,y,z)- P

_r

(1/3, 1/3,-1/3) sia C.L. dei due vettori base della giacitura del piano:

0 1 1

1

5 3

2 3

1 3 1 3 1

=

−

−

+

−

− y z

x

⇒ -8x+3y-5z=0 .

ESERCIZIO 2.

Piani affini paralleli Dati il piano affine M: P+<u,v> con P(2,3,1), u=(1,2,3), v=(3,2,1) e il piano affine N : x-2y+z=1, stabilire se M ed N sono paralleli.

Due piani affini sono paralleli se e solo se hanno la stessa giacitura.

La giacitura di N : x-2y+z=1 è D(N) : x-2y+z=0 Tutti i piani paralleli ad N sono: x-2y+z=k , k∈R

D(N)

u

P v

u v

N

O

<u,v>=<(1,2,3),(3,2,1)>

= D( M )

Affinché sia D( M ^)=D( N ⁾ dovrà essere u ,v ∈D(N) : x-2y+z=0

Verifichiamolo.

Vero !

ESERCIZIO 3.

Rette e Piani affini paralleli Siano A

₁

il piano di R

³

di giacitura D(A

₁

)=<(1,0,1),(0,1,-1)>, e passante per P(1,0,0), A

2

la retta passante per i pti

A(-4,1,2), B(2,2,6). Stabilire se A

₁

// A

₂

, e in caso contrario determinare il pto A

1

∩ A

₂

.

Ci sono 3 situazioni possibili :

A

₂

la retta passante per i due pti A(-4,1,2), B(2,2,6) ⇒ D( A

₂

) = <B-A>= <(6,1,4)>

D(A

1

)=<(1,0,1),(0,1,-1)>

D( A

₂

)⊂ D( A

₁

) D( A

₂

)∩ D( A

₁

)=(0,0,0)

(6,1,4) ∈ <(1,0,1),(0,1,-1)> ? no !

(6,1,4) non è C.L. di (1,0,1),(0,1,-1)⇒ D( A

₂

)∩ D( A

₁

)=(0,0,0)

A

₁

il piano di R

³

di giacitura D(A

₁

)=<(1,0,1),(0,1,-1)>, e passante per P(1,0,0) ha equazioni parametriche :

⎪ ⎩

⎪ ⎨

⎧

−

=

= +

=

s r z

s y

r

x 1

Passiamo dalle parametriche alle cartesiane: eliminando i parametri r, s :

y+z=r = x-1

⇒ il piano A

₁

è : -x+y+z=-1 in forma cartesiana.

A

₂

la retta passante per i due pti A(-4,1,2), B(2,2,6) ⇒ D( A

₂

) = <B-A>= <(6,1,4)>

^(*)

⇒ A

₂

: A+t(B-A)

⇒ A

₂

: {(x,y,z)∈ R

³

| x=-4+6t, y=1+t, z=2+4t }

rappresentazione parametrica di A

₂

che ci dà l’espressione del generico pto di A

₂

.

Cerchiamo t∈ R t.c. P(-4+6t, 1+t, 2+4t) ∈ x-y-z-1=0 : -4+6t-1-t-2-4t-1=0 ⇔ t=8

Il pto di intersezione A

₁

∩ A

₂

è quindi P(-4+6t, 1+t, 2+4t) con t=8 ⇒ P(44,9,34).

(*)N.B. D(A)=<A-B>=<(-6,-1,-4)>=<(12,2,8)>…tutti vettori tra loro proporzionali !

ESERCIZIO 4.

Problemi di giacenza e incidenza

1. Siano dati il piano π: _⎪

⎩

⎪ ⎨

⎧

+

=

−

= +

=

t 1 z

t s y

t s x

, il pto Q(1,1,1)∈π, e la

retta r :

⎩ ⎨

⎧

= +

−

= +

0 1 2

0 z x

y

x .

Determinare in forma cartesiana la retta s passante per Q, giacente su π ed incidente r.

Troviamo T : π∩r :

⎪ ⎪

⎪

⎩

⎪⎪

⎪

⎨

⎧

= +

−

= +

+

=

−

= +

=

0 1 2

0 1

z x

y x

t z

t s y

t s x

⇒

⎪ ⎪

⎪

⎩

⎪⎪

⎪

⎨

⎧

= +

−

− +

=

− + +

+

=

−

= +

=

0 1 1 2

2

0 1

t t s

t s t s

t z

t s y

t s x

Posizione di r rispetto a π : Il testo stesso

dell’esercizio ci

suggerisce che r non è parallela a π , ma lo interseca in un pto T.

r

Q

π s

T

⇒

⎪ ⎪

⎪

⎩

⎪⎪

⎪

⎨

⎧

=

=

=

=

=

0 0 1 0 0

t s z y x

⇒ (0,0,1)= T = unico pto a comune

( Digressione :

se si fosse portato π in forma cartesiana, poi per

determinare T si sarebbe dovuto risolvere un sistema di 3 equazioni nelle tre incognite x, y, z.

In generale per i problemi di intersezione conviene avere un ente in forma parametrica e l’altro in forma

cartesiana, come si è visto sopra .)

La retta cercata è dunque la retta s per T(0,0,1), Q(1,1,1) : Q∈s , T∈s ⇒ Q-T∈ D(s)

⇒ D(s)=<(1,1,0)>

⇒ s: T+<(1,1,0)>

⇒ _⎪

⎩

⎪ ⎨

⎧

=

=

=

z 1 t y

t x

⇔

⎩ ⎨

⎧

=

= z 1

y

x

ESERCIZIO 5.

Problemi di parallelismo-giacenza Siano date le rette r:

⎩ ⎨

⎧

=

= +

⎪ ⎩

⎪ ⎨

⎧

=

=

=

0 z - 2x

0 1 - z 2y - : x s , 1

0 z

t y x

.

a) Determinare l’equazione cartesiana di tutti i piani paralleli ad r ed s.

b) Tra i piani determinati in a) ne esiste uno contenente la retta q:

⎪ ⎩

⎪ ⎨

⎧

+

=

=

=

1 4 2 3 t z

t y

t x

?

a) r//π ⇔ D(π)⊃ D(r) (π generico piano // r,s) s//π ⇔ D(π)⊃ D(s)

D(π) =<v,w> con v∈ D(r), w∈ D(s)

1 0 : ⎪

⎩

⎪ ⎨

⎧

=

=

=

z t y x

r ⇒ r: (0,0,1)+<(0,1,0)>

⎩ ⎨

⎧

=

= +

0 z - 2x

0 z 2y - : x

D(s) ⇒

(N.B. Se non si riesce a ‘vedere’ un pto, basta passare alla forma parametrica ).

D(r)

un pto è P(2,*,4) … ,P(2,3,4)

⇒ P-O= (2,3,4) vettore di D(s), anzi generatore di D(s),

⇒ D(s)= <(2,3,4)>

D(r) = <(0,1,0)>, D(s)= <(2,3,4)> (*)

⇒ D(π) : ⁰

4 3 2

0 1

0 =

z y x

⇒ D(π) : 4x-2z=0 ⇒ D(π) : 2x-z=0

⇒ Tutti i piani paralleli a π sono: 2x-z=d al variare di d∈R (*) Un altro modo : D(π) =<v,w> con v∈ D(r), w∈ D(s) D(r) = <(0,1,0)>, D(s)= <(2,3,4)>

D (π): a(0,1,0)+b(2,3,4) =>

Eq.par. di D (π): x= 2b, y=a+3b,z=4b da cui è immediata Eq. cart. di D (π): z=2x.

b) Tra i piani del tipo π

d

: 2x-z=d ne esiste uno che contiene la retta

⎪ ⎩

⎪ ⎨

⎧

+

=

=

= 1 4 2 3 t z

t y

t x

?

La condizione necessaria e sufficiente è:

D(r) ⊆ D(π

d

)

………... (3,2,4) ∈ 2x-z=0 ? no

^(*)

!

Allora non esiste nessun d che soddisfa il quesito !

N.B. se la risposta

^(*)

fosse sì non è escluso che ci sia d

tale che 2x-z=d contenga tutti i pti della retta ;

occorre, come secondo passaggio,verificare che

almeno un pto della retta stia su 2x-z=d !

ESERCIZIO 6 .

O

MOMORFISMI E MATRICI ASSOCIATE

Sia ϕ:R

⁴

→R

³

l’omomorfismo associato alla matrice

3 4

E )

M

_ϕ(E

=

⎟ ⎟

⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎜

⎝

⎛

−

− 2 3 1 1

2 6 1 2

0 3 0 1

Determinare ϕ (1,0,0,2).

Qui ′omomorfismo di spazi vettoriali ′ è sinonimo di

′ trasformazione lineare′ ( T.L.) o ′applicazione lineare′.

La colonna C

1

è ⎟ ⎟ ⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎜

⎝

⎛

1 2 1

e ci dice che : ϕ(e

1

)= (1,2,1), perché le basi

sono canoniche.

Idem per gli altri : ϕ(e

₁

)= (1,2,1) ϕ(e

2

)= (0,1,-1) ϕ(e

3

)= (3,6,3) ϕ(e

₄

)= (0,-2,2)

Conoscendo come opera ϕ sui vettori della base di partenza E

4

={(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)} sappiamo come opera ϕ su tutti i vettori del dominio.

(1,0,0,2) = e

1

+2 e

4

=(1,0,0,0)+2(0,0,0,1) =>

ϕ (1,0,0,2) = ϕ(1,0,0,0)+2ϕ(0,0,0,1) = (1,2,1) +2(0,-2,2)

= (1,2,1)+(0,-4,4) = (1,-2,5) ok !