Capitolo 1 Vettori applicati e geometria dello spazio Esercizi svolti Tutorato di geometria e algebra lineare

Vettori applicati e geometria dello spazio Esercizi svolti

Tutorato di geometria e algebra lineare

Marco Robutti

5 Ottobre 2017

Gli esercizi di questo capitolo riguardano i seguenti argomenti:

• Dati due punti, trovare le equazioni parametriche e cartesiane della retta passante 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 del piano 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 12 e a pagina 14).

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

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

• Determinare la posizione reciproca tra retta e piano (vedi esercizio a pagina 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).

Esercizio 1

Dati i punti

A =



 1 1

−1



 e B =



 2

−1 1



,

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

Soluzione

L’equazione parametrica vettoriale di una retta passante per due punti P0 e P1

è data dalla formula:

r : P = P0+ t (P1− P0) , t ∈ R

dove con la differenza P1− P0 calcoliamo il vettore direttore della retta, mentre P0in 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 che P₁, in quanto è indifferente: l’importante è che il punto usato appartenga alla retta. Lo stesso discorso vale per il vettore direttore: è indifferente fare P₁− P₀ o P₀− P₁: al massimo nel secondo caso si otterrà un vettore direttore che è l’opposto di quello del primo caso, il quale però definisce pur sempre la stessa direzione.

Nel nostro caso quindi possiamo scegliere di scrivere:

r : P = A + t (B − A) , t ∈ R

dimento detto di “eliminazione dei parametri”, nel quale risolviamo una delle equazioni che costituiscono il sistema (1) nella variabile t e poi la sostituiamo nelle altre due equazioni rimaste, ottenendo così le equazioni cartesiane della retta. E’ più facile farlo che dirlo:

r :







x = 1 + t y = 1 − 2t z = −1 + 2t

r :







t = x − 1 y = 1 − 2t z = −1 + 2t

r :







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

r :







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

r :







t = x − 1

2x + 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 a quelle cartesiane è indifferente quale equazione del sistema si usi per ottenere la 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 di poter utilizzare le altre due equazioni. In tal caso tuttavia si potrebbe ottenere un risultato diverso, il che però non è affatto errato, in quanto esistono infini- te rappresentazioni parametriche di una retta! L’importante è che verifichiate

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

Data la retta:

r :

(x + 2y + 3z + 1 = 0 3x + y + 2z = 0 determinarne le equazioni parametriche.

Soluzione

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

r :







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

z = t

r :







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

z = t

r :







x + 2 (−3x − 2t) + 3t + 1 = 0

y = −3x − 2t

z = t

r :







x − 6x − 4t + 3t + 1 = 0

y = −3x − 2t

z = t

r :







−5x − t + 1 = 0

y = −3x − 2t

z = t

r :







5x = 1 − t y = −3x − 2t z = t

r :







x = ¹₅−¹₅t y = −3x − 2t z = t

r :







x = ¹₅−¹₅t

y = −3 ¹₅−¹₅t
− 2t z = t

r :







x = ¹₅−¹₅t y = −³₅+³₅t − 2t z = t

r :







x = ¹₅−¹₅t y = −³₅−⁷₅t z = t

r :



 x y z



=



 1/5

−3/5 0



+ t





−1/5

−7/5 1





E così facendo l’esercizio è svolto.

Dati i punti

A =



 3 1 2



, B =



 1 1 1



, C =





−2 2

−1



,

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

Soluzione

Trovare le equazioni parametriche di un piano passante per tre punti è molto simile 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 :



 x y z



=



 3 1 2



+ α



 1 − 3 1 − 1 1 − 2



+ β





−2 − 3 2 − 1

−1 − 2



, α, β ∈ R

π :



 x y z



=



 3 1 2



+ α





−2 0

−1



+ β





−5 1

−3



, α, β ∈ R

π :







x = 3 − 2α − 5β y = 1 + β z = 2 − α − 3β

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

π :







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

α = 2 − z − 3β

π :







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

α = 2 − z − 3β

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

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

x = 8 − 10 + 2z + 6y − 5y x = −2 + 2z + y

quindi l’equazione cartesiana di π è data da:

π : x − y − 2z + 2 = 0

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

Soluzione

Mentre per passare dalle equazioni parametriche a quelle cartesiane bisogna seguire il procedimento di “eliminazione dei parametri”, per fare l’operazione contraria 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 una sola equazione cartesiana. Nelle equazioni parametriche di un piano compaiono due parametri (solitamente li chiamiamo α e β); dobbiamo quindi “aggiungere”

due parametri partendo dall’equazione cartesiana. Ciò viene effettuato ponendo una tra le variabili x, y e z uguale a uno dei parametri da aggiungere. Anche in questo caso è più difficile dire come si fa che farlo:

π : x + 3y + 2z + 1 = 0

π :







x + 3y + 2z + 1 = 0

y = α

z = β

π :







x + 3α + 2β + 1 = 0

y = α

z = β

π :







x = −3α − 2β − 1 y = α

z = β

π :



 x y z



=





−1 0 0



+ α





−3 1 0



+ β





−2 0 1



, 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 altra combinazione. In questo esercizio qualsiasi combinazione è ammessa. Tuttavia non sempre è così. Nel caso in cui una variabile abbia già un valore fissato, per esempio nel caso del piano π⁰ : 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, per ottenere le equazioni parametriche di π⁰, non possiamo usare la x come variabile da porre uguale ad uno dei parametri tra α e β, in quanto non è vero che la x

varia al variare di α o di β!

E’ bene tenere sempre a mente questa cosa, onde evitare di fare errori che facciano drizzare i capelli al professore...

Determinare il valore del prodotto scalare tra i vettori v = ˆı + ˆ e u = 2ˆı + 2ˆ.

Soluzione

Esistono due modi di procedere: il primo lavora sui vettori in sè, sfruttando la definizione di prodotto scalare hu, vi = kuk·kvk·cos θ; l’altro modo invece lavora sulle coordinate dei due vettori dati secondo la formula hu, vi = xx⁰+ yy⁰+ zz⁰. Proviamo entrambi i metodi.

Metodo 1

In questo caso abbiamo che:

[u] = 1 1



, [v] =2 2



kvk = p

1²+ 1²=√ 2

kuk = p

2²+ 2²=√ 8 = 2√

2

Quindi.

hu, vi = 2√ 2 ×√

2 · cos θ

Ora in teoria saremmo bloccati, in quanto non sappiamo nulla di quale sia il valore dell’angolo θ compreso tra i due vettori. Tuttavia, dando una rapida occhiata ai due vettori, possiamo notare come entrambi appartengano alla stessa retta 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, cioè pari a 0. Pertanto:

hu, vi = 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 prodotto scalare tra due vettori utilizzando la formula che vedremo tra poco che fa uti- lizzo delle coordinate dei vettori piuttosto che la definizione come in questo caso. Inoltre tale formula sarà anche l’unica che ci permetterà di poter calcolare il prodotto scalare tra due vettori qualsiasi appartenenti a Rⁿ, come vedremo quando arriveremo al capitolo 7.

Metodo 2

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

hu, vi = 1 × 2 + 1 × 2 = 4

Calcolare il prodotto scalare tra i vettori v = ˆı + ˆ e u = 3ˆı +√ 3ˆ.

Soluzione

Risolviamo questo esercizio usando entrambi i metodi come nel precedente.

Metodo 1

In questo caso abbiamo:

[u] = 1 1



, [v] = 3√ 3



kvk = p

1²+ 1²=√ 2

kuk = r

3²+√

32

=√

9 + 3 =√

12 = 2√ 3

Quindi.

hu, vi = 2√ 3 ×√

2 · cos θ

= 2√ 6 · cos θ

Ci troviamo però di fronte ad un problema: non sappiamo quanto vale l’angolo θ compreso tra i due vettori. Per poterlo determinare, dobbiamo prima calcolare gli 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 θ cos θ

Se si avesse una raffigurazione di tale situazione, disegnando un segmento che parte 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 triangolo rettangolo.

Quindi si può facilmente intuire come:

tan θ = sin θ cos θ = y

x Ne consegue che:

θ = arctany x



Quindi nel nostro caso:

θ_u = arctan 1 1



=π 4 θv = arctan

√ 3 3



= π 6 Quindi θ è uguale a:

θ = θu− θv= π 4 −π

6 = 6π − 4π 24 =2π

24 = π 12 Quindi:

hu, vi = 2√

6 · cos π 12

Tuttavia come possiamo ben notare cos (π/12) non sappiamo quanto vale, in quanto 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 in poi useremo questo secondo metodo facente utilizzo delle coordinate dei vettori coinvolti.

Metodo 2

Tutto si può risolvere in una breve formula:

hu, vi = 1 × 3 + 1 ×√

3 = 3 +√ 3

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

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

Soluzione

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

n1=



 1 3 2



, n2=



 2 6 4



,

dobbiamo verificare se:

n₁∈ span (n2) ,

ovvero se:



 1 3 2



= α



 2 6 4











1 = 2α 3 = 6α 2 = 4α





 α = ¹₂ α = ³₆ =¹₂ α = ²₄ =¹₂

(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 pure coincidenti, ovvero se le loro equazioni cartesiane rappresentino lo stesso piano.

Per fare ciò, basta verificare che d1 = (1/2) d, in quanto come abbiamo visto prima il vettore normale di π1(che ha come coordinate i coefficienti delle varia- bili x,y e z) è legato a quello di π2dalla relazione n1= (1/2) n2.

Nel nostro caso abbiamo che d₁ = 3, d₂ = 1 e quindi d₁ = 3d₂. Pertanto possiamo concludere che i due piani non sono coincidenti, ma solo paralleli.

Esercizio 8

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

Soluzione

Anche in questo caso, avendo già le equazioni cartesiane dei due piani, possiamo subito verificare se i due piani sono paralleli. Per fare ciò seguiamo lo stesso procedimento dell’esercizio precedente:

n1=



 3 2 1



, n2=



 1 1 2



,



 3 2 1



= α



 1 1 2









 3 = α 2 = α 1 = 2α





 α = 3 α = 2 α = ¹₂

Non vi è una soluzione univoca nel parametro α del sistema sopra mostrato:

pertanto n₁ ∈ span (n/ ₂). Ne consegue che i due piani non sono paralleli, e pertanto sono incidenti.

Date le rette:

r₁ :

(x − 2y − 1 = 0 x − z − 2 = 0

r₂ :

(x − 2y − 1 = 0 2y − z − 3 = 0

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

Soluzione

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











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







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







x = 2y + 1 x = z + 2 z = 2y − 3







x = 2y + 1 x = 2y − 3 + 2 z = 2y − 3







x = 2y + 1 x = 2y − 1 z = 2y − 3

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

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

r₁ :

(x − 2y − 1 = 0 x − z − 2 = 0

r1 :

(x − 2y − 1 = 0 x − z − 2 = 0

r1 :







x = t

t − 2y − 1 = 0 t − z − 2 = 0

r₁ :





 x = t y =¹₂t − ¹₂ z = t − 2

v₁ =



 1 1/2

1





r₂ :

(x − 2y − 1 = 0 2y − z − 3 = 0

r₂ :







y = t

x − 2t − 1 = 0 2t − z − 3 = 0

y = t



 1 1/2

1



= α



 2 1 2











1 = 2α

1

2 = α

1 = 2α





 α =¹₂ α =¹₂ α =¹₂

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

Esercizio 10

Date le rette:

r1 :







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

r₂ :

(2x + y + z = 0

x + 3 = 0

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

Soluzione

Verifichiamo 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: pertanto dobbiamo prima ricavare le equazioni parametriche della retta r₂:

r2 :

(2x + y + z = 0

x + 3 = 0

r₂ :







x = −3 y = t z = −2x − y

r2 :







x = −3 y = t z = 6 − t Quindi i vettori direttori delle due rette sono:



 3 1 2



= α



 0 1

−1









 3 = 0 α = 1 α = −2

Siccome tale sistema è palesemente non risolubile (di sicuro 3 = 0 è una ugua- glianza non vera...), possiamo concludere che v1∈ Span (v/ 2) e che le due rette non sono parallele.

Quindi potrebbero essere incidenti oppure sghembe. Per verificare quale tra le due sia la posizione reciproca tra le rette, esistono due metodi e noi, per questioni didattiche, li utilizzeremo ambedue.

Metodo 1

Ottengo le equazioni cartesiane di r₁:

r1 :







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

r₁ :







x = 1 + 3t y = 2 + t t = ^z₂

r1 :







x = 1 +³₂z y = 2 +¹₂z t = ^z₂

r₁ :

(x = 1 +³₂z y = 2 +¹₂z

Moltiplico entrambe le equazioni per 2 così da renderle più “belle” e facilmente leggibili:

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

2y − z − 4 = 0

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

r₁ :











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

x + 3 = 0

r₁ :











x = −3

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

r₁ :











x = −3

−6 − 3z − 2 = 0 2y − z − 4 = 0

−6 + y + z = 0

r₁ :











x = −3

−3z = 8 z = 2y − 4 y = 6 − z

r1 :











x = −3 z = −⁸₃

z = 2 (6 − z) − 4 y = 6 − z







x = −3 z = −⁸

r₁ :







z = −⁸₃ 3z = 8 y = 6 − z

r₁ :











x = −3 z = −⁸₃ z =⁸₃ y = 6 − z

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

Metodo 2

Prendiamo un generico punto su r₁:

P =



 x y z



=



 1 + 3t

2 + 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 = 0

1 + 3t + 3 = 0

r₂ :

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

(1 + 3t) + 3 = 0

r2 :

(2 + 6t + 2 + t + 2t = 0

1 + 3t + 3 = 0

r2 :

(9t = −4 3t = −4

r2 :

(t = −⁴₉ t = −⁴₃

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

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

Date la retta:

r :







x = 3 + 2t y = 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).

Soluzione

Controlliamo 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 =



 2 1 1





Riscriviamo il piano sottoforma di equazione parametrica vettoriale:

π :



 x y z



=



 0 0

−5



+ α



 1 0

−2



+ β



 0 1

−1



, α, β ∈ R

Quindi:

u₁=



 1 0

−2



, u₂=



 0 1

−1





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



 2 1 1



= α



 1 0

−2



+ β



 0 1

−1









 2 = α 1 = β 1 = −2α − β





 α = 2 β = 1

1 = −4 − 1 = −5 F ALSO!

Possiamo quindi concludere che il piano e la retta non sono paralleli senza nemmeno stare a controllare la condizione r ∩ π = ∅.

Possiamo provare a verificare se la retta è perpendicolare al piano. Per fare ciò abbiamo 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 =



 2 1 1





slide che si possono trovare sulla pagina del sito di tutorato.

Dobbiamo quindi scegliere un punto generico P appartenente a r e sostituirlo all’interno dell’equazione cartesiana di π così da poter ottenere una soluzione in t da sostituire all’interno delle equazioni parametriche di r per ottenere il punto di intersezione cercato. Detta così può sembrar difficile: meglio passare ai calcoli:

P =



 3 + 2t

2 + t

−1 + t





2 (3 + 2t) + (2 + t) + (−1 + t) + 5 = 0 6 + 4t + 2 + t − 1 + t + 5 = 0 6t + 12 = 0 t = −2

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

P =





3 + 2 (−2) 2 + (−2)

−1 + (−2)



=



 3 − 4 2 − 2

−1 − 2



=





−1 0

−3





Esercizio 12

Dato il punto P =



 1 2 1



e il piano π : 2x + y + 3z = 0, determinare la distanza d (P, π) tra il punto e il piano.

Soluzione

Esistono 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

√

il punto di intersezione tra tale retta e il piano, possiamo calcolare la distanza d (P, π) semplicemente come distanza tra tale punto di intersezione con il punto P .

Trovare una rappresentazione parametrica per la retta r è molto semplice: r deve essere infatti perpendicolare a π e passante per P . Ne consegue che avrà come vettore direttore il vettore normale del piano:

v = n =



 2 1 3





Quindi le equazioni parametriche di r sono date da:

r :



 x y z



=



 1 2 1



+ t



 2 1 3



, t ∈ R

r :







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

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

P⁰=



 1 + 2t

2 + t 1 + 3t



, t ∈ R

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

2 (1 + 2t) + (2 + t) + 3 (1 + 3t) = 0 2 + 4t + 2 + t + 3 + 9t = 0 14t = −7

t = −1 2

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

H =





1 + 2 (−1/2) 2 + (−1/2) 1 + 3 (−1/2)





=



 1 − 1 2 − 1/2 1 − 3/2





=



 0 3/2

−1/2





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

d (P, π) = d (P, H) = q

(xP− xH)²+ (yP− yH)²+ (zP − zH)²

= s

1 +

 2 − 3

2

² +

 1 + 1

2

²

= s

1 + 1 2

2

+ 3 2

2

= r

1 + 1 4 +9

4

= r14

4

=

√ 14 2

Siamo giunti allo stesso risultato ottenuto con la formula del Metodo 1 ; questo metodo è molto comodo quando non ci si ricorda più la formula precedentemente

Dati i punti:

A =



 1 1 2



, B =



 0 1

−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.

Soluzione

Punto (1)

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

d (A, B) = q

(xA− xB)²+ (yA− yB)²+ (zA− zB)²

che nel nostro caso vuol dire:

d (A, B) = q

(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 B è data dalla formula:

r : P = A + t (B − A) , t ∈ R

dove con la differenza B − A calcoliamo il vettore direttore della retta, mentre A in 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

usato appartenga alla retta. Lo stesso discorso vale per il vettore direttore: è indifferente fare B − A o A − B: al massimo nel secondo caso si otterrà un vettore direttore che è l’opposto di quello del primo caso, il quale però definisce pur sempre la stessa direzione.

Nel nostro caso quindi abbiamo:

r :



 x y z



=



 1 1 2



+ t



 0 − 1 1 − 1

−1 − 2





r :



 x y z



=



 1 1 2



+ t





−1 0

−3





r :







x = 1 − t y = 1 z = 2 − 3t Punto (3)

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

M (A, B) =





xA+xB

yA+y2 B

z_A+z2 _B 2





=





1+0 1+12 2−12 2





=



 1/2

1 1/2





Tuttavia in questo caso, dato che abbiamo a che fare con l’origine, è possibile semplificare ulteriormente tale ragionamento. Possiamo infatti limitarci a tro- vare un punto della retta r che sia perpendicolare al suo vettore direttore: tale punto corrisponderà infatti al punto P da noi cercato. Non è quindi nemmeno necessario trovare prima le equazioni parametriche di ν. Questo è possibile solo perché il punto dal quale vogliamo calcolare la distanza minima dalla retta è l’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 − t

1 2 − 3t



,

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

v =





−1 0

−3



,

quindi:

D−−→ OP , vE

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

t − 1 − 6 + 9t = 0

t = 7

10 quindi il punto da noi cercato è dato da:

P =





1 − 7/10 1 2 − 21/10





=



 3/10

1

−1/10





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

min (d (P, O)) =   

−−→ OP

  =

s

 3 10

2

+ 1²+



−1 10

2

= r11

10

Esercizio 14 (Prova d’esame del 18/09/2013, es.

n°5)

Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano ortogonale R

O,ˆi, ˆj, ˆk , si considerino il piano π : x + 2y − z = 0 e il punto A =



 2 1

−1



.

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

(b) Determinare l’equazione cartesiana del piano π⁰ per A parallelo a π (c) Determinare l’intersezione P del piano π⁰ con l’asse O_z

(d) Determinare la proiezione ortogonale A⁰ del punto A su π (e) Determinare l’area del triangolo OAA⁰

Soluzione

Punto (a)

La retta in forma parametrica vettoriale è data da:

r : P = P0+ tv, v = (P1− P0) ,

dove P0e P1sono i punti da cui passa.

Nel nostro caso quindi abbiamo:

r : P = 0 + t (A − 0)

x 

0 

2 − 0 

r :







x = 2t y = t z = −t

r :





 t = y x = 2t z = −t

r :





 t = y x = 2y z = −y

r :

(x − 2y = 0 y + z = 0 Punto (b)

Il piano π⁰deve essere parallelo al piano π, quindi deve avere lo stesso vettore normale di quest’ultimo:

n_π⁰= n_π=



 1 2

−1





Quindi possiamo scrivere:

π⁰ : ax + by + cz + d = 0

π⁰ : (1) x + (2) y + (−1) z + d = 0

π⁰ : x + 2y − z + d = 0 (4)

L’equazione cartesiana di π⁰ è tuttavia incompleta, in quanto resta ancora da determinare 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). Pertanto possiamo determinare il valore di d imponendo che il piano contenga il punto A, ovvero sostituendo le coordinate di A nell’equazione cartesiana di π⁰e risolvendo l’equazione in d:

π⁰: (2) + 2 (1) − (−1) + d = 0 2 + 2 + 1 + d = 0 d = −5

Quindi l’equazione cartesiana di π⁰ è:

π⁰: 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 cerchiamo di dare una definizione parametrica all’asse z, che non è nient’altro che una retta passante per l’origine, e che può essere scritta nel modo seguente:

O_z :



 x y z



= t



 0 0 1



, t ∈ R

Oz :





 x = 0 y = 0 z = t

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

0

B = 0

−5

 Metodo 2

In questo caso semplicemente imponiamo nell’equazione cartesiana il passaggio per l’asse z. Quest’ultimo infatti è caratterizzato dal fatto che qualsiasi punto che gli appartiene ha x = y = 0.

Sostituendo tali valori all’interno dell’equazione cartesiana del piano, possiamo ricavare qual è il valore z del punto di intersezione tra l’asse e il piano:

0 + 0 − z − 5 = 0 z = −5

e quindi:

B =



 0 0

−5



 Punto (d)

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

r_⊥ : P = A + nπt, t ∈ R

r_⊥ :







x = 2 + t y = 1 + 2t z = −1 − t

Quindi troviamo l’intersezione tra la retta e il piano utilizzando il Metodo 2 mostrato nelle slide di teoria.

Quindi prendiamo un generico punto appartenente alla retta:

P =



 2 + t 1 + 2t

−1 − t





E lo sostituiamo nell’equazione cartesiana del piano π:

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

t = −5 6

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

A⁰ =





2 − 5/6 1 − 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 OAA⁰ dobbiamo procedere per passi. La costruzione geometrica a cui giungeremo al termine di tale procedimento è rap- presentato nella figura 1. Come vedremo alla fine dell’esercizio, per questo particolare 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 via più breve.

x y O

A A⁰

v k

π⁰⁰

Figura 1: La costruzione geometrica utilizzata per ottenere l’area del triango- lo OAA⁰. Come vedremo più avanti nel corso dell’esercizio, tale costruzione geometrica non è necessaria nel caso preso in esame.

1. Determiniamo il piano π” passante per OAA⁰.

x y

z

O

A

A⁰ π⁰⁰

Figura 2: Il piano π” passante per OAA⁰.

Quindi:

π” : P = 0 + α (A − 0) + β (A⁰− 0)

π” :







x = 2α +⁷₆β y = α −²₃β z = −α −¹₆β In equazioni cartesiane:

π” :







x = 2α +⁷₆β y = α − ²₃β α = −z −¹₆β

π” :







x = −2z − ¹₃β +⁷₆β y = −z −¹₆β −²₃β α = −z −¹₆β

π” :







x = −2z + ⁵₆β y = −z −⁵₆β α = −z −¹₆β

π” :

(x = −2z +⁵₆β β = −⁶₅y −⁶₅z

π” :

(x = −2z +⁵₆ −⁶₅y −⁶₅z
β = −⁶₅y −⁶₅z

π” : x = −2z − y − z

π” : x + y + 3z = 0

x y O

A A⁰

v

Figura 3: La retta v passante per A e A⁰.

v : P = A + t (A − A⁰) , t ∈ R

v :







x = 2 + 2 −⁷₆
t y = 1 + 1 +²₃
t z = −1 + −1 +¹₆
t

v :







x = 2 + ⁵₆t y = 1 + ⁵₃t z = −1 −⁵₆t In equazioni cartesiane:

v :







t =⁶₅x − ¹²₅ y = 1 +⁵₃t z = −1 −⁵₆t

v :







t =⁶₅x − ¹²₅

y = 1 +⁵₃ ⁶₅x −¹²₅
z = −1 −⁵₆ ⁶₅x − ¹²₅

v :

(y = 1 + 2x − 4 z = −1 − x + 2

v :

(2x − y − 3 = 0 x + z − 1 = 0

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

vk=



 a b c



,

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

vk⊥ n =⇒ hvk, nπ”i = 0

cioè:

a + b + 3c = 0 a = −3c − b

Quindi:

vk=





−3c − b b c





e possiamo scrivere le equazioni parametriche di k nella forma:

quanto le rette sono ortogonali tra loro) e quindi:

v_k⊥ v_v=⇒ hv_k, v_vi = 0

cioè:

5

6(−b − 3c) +5 3b −5

6c = 0 Da questa condizione ricaviamo che:

−5b − 15c + 10b − 5c = 0 b = 4c

che sostituito nelle equazioni parametriche di k ci da:

k :







x = (−3c − 4c) t y = 4ct

z = ct

k :







x = −7ct y = 4ct z = ct

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

k :







x = −7t y = 4t z = t

x y z

O

A A⁰

k

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

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

P =





−7t 4t

t



,

sostituiamolo nelle equazioni cartesiane della retta v:

v :

(−14t − 4t − 3 = 0

−7t + t − 1 = 0

v :

(−18t = 3

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 A⁰; come vedremo alla fine dell’esercizio, ciò non è affatto dovuto ad una semplice casualità...

6. Determiniamo l’area del triangolo:

base = k−−−−−−−→

OA − OA⁰k = q

(5/6)²+ (5/3)²+ (−5/6)²

= r25

36+25 9 +25

36

= r50

36+25 9

=

√ 150 6

altezza = k−−−−−−→ OH − 0⁰k =

q

(7/6)²+ (−2/3)²+ (−1/6)²

= r49

36+4 9 + 1

36

=

√66 6

Area = base · altezza

2 =1

2 ×

√150

6 ×

√66 6

= 5√ 11 12

NB. In realtà avremmo potuto calcolare l’area del triangolo OAA⁰ con i soli dati di cui disponevamo in partenza. Infatti, come si può in parte notare 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 del triangolo, che quindi non vanno nemmeno calcolate.

In particolare infatti notiamo che se prendiamo il lato AA⁰, rappresentato dal vettore:

k−−−−−−−→

OA − OA⁰k =





2 − 7/6 1 + 2/3

−1 + 1/6



=



 5/6 5/3

−5/6



,

e ne facciamo il prodotto scalare con il lato−−→

OA⁰ =−−→

OH otteniamo:

D−−→OA⁰,−−−−−−−→

OA − OA⁰E

= 7 6×5

6−2 3 ×5

3+1 6×5

6 = 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 chiesto di calcolare l’area di un triangolo, verificate prima di tutto se avete a che fare con un triangolo rettangolo: una risposta positiva a tale domanda può portarvi a risolvere il problema risparmiando una gran quantità di calcoli e, soprattutto, di tempo...