M Mu ut tu ue e p po os si iz zi io on ni i d

M Mu ut tu ue e p po os si iz zi io on ni i d

di i r re et tt te e 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, , in i nc ci id de en nz za a E

Es se e rc r ci iz zi i d di i r ri ie ep pi il lo og go o su s ul ll la a g ge e om o me et tr ri ia a a af ff fi in ne e

Rosalba Barattero

ESERCITAZIONE N.7 16 aprile 2008

ESERCIZIO 1.

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

• Partiamo determinando il piano D(A

1

) in forma cartesiana.

D(A

₁

)=<(1,0,1),(0,1,-1)> ⇒

(x,y,z)∈D(A

1

)⇔(x,y,z) è C.L. di (1,0,1),(0,1,-1), che sono L.I.

⇔ ⁰

1 1 0

1 0

1 =

− z y x

[ Sviluppiamo il determinante

secondo Laplace ]

⇔ -x+y+z=0 .

•• Determiniamo ora il termine noto del piano A

1

parallelo a -x+y+z=0 e passante per il punto P(1,0,0) :

(-1 1 1 ) _⎟ ^⎟

⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎜

⎝

⎛

0 0 1

= -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(44,9,36).

(*) N.B. D(A

₂

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

ESERCIZIO 2.

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) e Q(1,1,1) : Q∈s , T∈s ⇒ Q-T∈ D(s)

⇒ D(s)=<(1,1,0)>

⇒ s: T+<(1,1,0)>

♦ D(s): (x,y,z)∈ D(s) ⇔ ρ ♦ ₁ ^x ₁ ^y ₀ ^{z = 1}

⇔ ^x ₁ ^y ₁ ^{= 0 e} ₁ ^{x z} ₀ ^{= 0} ⇔ _⎩ ^{⎨ ⎧} _z ^x ₌ ⁻ ₀ ^{y = 0} : D(s)

Kronecker

♦

♦♦ ♦ determiniamo ora i termini noti:

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

= ⎛

⎟ ⎟

⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎜

⎝

⎛

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ −

1 0 1 0 0 1 0 0

0 1

1 ⇒ ⇒ s: s :

⎩ ⎨

⎧

=

=

− 1

0 z

y x

Metodo alternativo :

s: (0,0,1)+<(1,1,0)>

⇒ _⎪

⎩

⎪ ⎨

⎧

=

=

= z 1

t y

t x

⇔ _⎩ ^{⎨ ⎧} z ₌ ⁼ ₁ y x

È un’equivalenza !

Ma in generale, nel caso della retta di R

³

, dalle parametriche alle cartesiane

usa Kronecker ! ( è la tecnica seguita a teoria,

che giustifica l’eliminazione del parametro ).

ESERCIZIO 3.

Problemi di intersezione

Siano dati i piani α:x-y+3z-1=0, β: 2x+4z-1=0 e la retta r: ⎩ ⎨ ⎧

= +

= +

− 1

0 z y

z y

x .

a) Provare che α∩β≠∅ .

b) Rappresentare nella forma u+S il piano contenente q :α∩β e parallelo ad r.

a) Due piani o sono paralleli o sono incidenti in una retta

α//β ⇔ D(α) = D(β) D(α) : x-y+3z=0 _{D(β) :} 2x+4z=0

D(α)≠D(β):

i coefficienti non sono proporzionali

⇔ 4 2 0 2

3 1

1 ⎟⎟ ⎠ =

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ −

ρ α∩β≠∅

α

β q

Controllo

D(r) ⊂ D(α) ? D(r) ⊂ D(β) ? D(r):

⎩ ⎨

⎧

= +

= +

− 0

0 z

y

z y

x ⇒

D(r) =<(2,1,-1)>

D( α) : x-y+3z=0

2-1-3 =0 NO !

D(r) ⊂ D( β) ?

D(r) =<(2,1,-1)>, D( β): 2x+4z=0 : 4-4=0 : sì !!

⇒ r// β , ma β ⊃ q ⇒ β soddisfa alla b) !

Però l’ex. non è finito perché β è richiesto nella forma u+S ! β: 2x+4z-1=0 ⇒

β: (1/2,0,0) + <(.,.,.),(.,.,.)>

D(β):x+2z=0 ⇒ D(β): {(-2t,w,t) | t, w∈ R}

⇒ D(β): t(-2,0,1)+w(0,1,0)

⇒ D(β):<(-2,0,1), (0,1,0)>

β: (1/2,0,0) + <(-2,0,1), (0,1,0)>

♠♠ … e se non fosse andato bene né α né β ?

Occorrevano 2 pti di α∩β, da trovarsi ad occhio, oppure risolvendo il sistema formato dalle 2 equazioni di α e β, tramite riduzione di Gauss o tecniche simili ( isolare a I° membro il minore ≠0 … , l’incognita a II°

membro diventa il parametro, … ci sono ∞

¹

soluzioni…) etc.

L.I

u S

ESERCIZIO 4.

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, occorre passare alla forma parametrica della retta D(s), risolvendo il sistema ! vedi nota ♠♠ della pag. precedente !)

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

b) Tra i piani del tipo 2x-z=d ne esiste uno che contiene la retta

⎪ ⎩

⎪ ⎨

⎧

+

=

=

=

1 4 2 3

t z

t y

t x

?

………... (3,2,4) ∈ 2x-z=0 ? no

^(*)

!

Allora non esiste nessun d che soddisfa il quesito ! Questo perché se il pto G(3,2,4) non sta sulla giacitura D(π): 2x-z=0 del piano 2x-z=d, vuol dire che su D(π) non ci sta neppure il vettore G-O =(3,2,4) che genera la giacitura della retta q !

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,fare la verifica !

R ETTA IN R

³

Modi di individuazione:

• dati 2 pti distinti

• dato un pto e la sua giacitura

• dati 2 piani che si intersecano nella retta stessa

Modi di rappresentazione:

♦ 1. forma parametrica ( luogo di tutti i suoi pti, al variare di un parametro )

♦ 2. forma cartesiana ( intersezione di due piani = sistema lineare di 2 equazioni in 3 incognite)

♦ 3. forma u+S , con u pto della retta, S giacitura della retta (S=<v>= sottospazio vettoriale di R

³

, dei multipli di un vettore v∈R

³

, v≠(0,0,0).)

Passaggi da una rappresentazione all’altra:

1. Par → 2. Car

determinare tramite Kronecker la forma cartesiana della giacitura e quindi il termine noto imponendo … 2. Car → 2. Par

risolvere ( in generale) il sistema 3. ⇔ 1. ′immediato′

♣ Compilare lo schema anche per il piano di R ³

_♣