Esercizi svolti - Mbox.dmi.unict.it

Esercizi Enti lineari nel piano e nello spazio
(1) Determinare equazioni cartesiane della retta r ⊂ R 3 passante per l’origine
0 = (0, 0, 0), complanare alla retta x − y + z = x − 1 = 0 e parallela al piano
2x − 2y + 3z − 1 = 0.
I piani contenenti la retta x − y + z = 0 = x − 1 sono della forma λ(x − y +
z) + µ(x − 1) = 0. Il piano passante per l’ origine di questo fascio é il piano di
equazione x − y + z = 0. Il piano parallelo a 2x − 2y + 3z − 1 = 0 passante per l’
origine ha equazione 2x−2y+3z = 0. Le equazioni cartesiane di r risultano quindi
x − y + z = 0 = 2x − 2y + 3z = 0 che si possono trasformare in x − y = 0 = z.
La retta r ⊂ R 3 é contenuta nel piano di equazione z = 0? In caso affermativo
determinare equazioni cartesiane in cui uno dei piani che la determinano
come intersezione sia z = 0.
Dall’ equazione cartesiana x−y = 0 = z deduciamo che r é contenuta nel piano
z = 0. Altrimenti possiamo passare a una parametrizzazione di r e verificare che
questa soddisfa la condizione z = 0.
(2) Sia Pt = (t, 0, 0) ∈ R 3 con t ∈ R, sia l1 ⊂ R 3 la retta di equazioni cartesiane
x = 0 = z + 1 e sia l2 ⊂ R 3 la retta di equazioni cartesiane x + 1 = 0 = y + 1.
(a) Per i valori di t ∈ R per cui é definita, scrivere le equazioni cartesiane
della unica retta lt ⊂ R 3 passante per Pt e incidente le due rette sghembe
l1 e l2.
Sia λx + µ(z + 1) = 0 il fascio di piani contenenti l1. Imponiamo il passaggio
per Pt ottenendo λt + µ = 0, i.e. µ = −λt, e quindi x − t(z + 1) = 0.
Sia α(x + 1) + β(y + 1) = 0 il fascio di piani contenenti l2. Imponiamo il
passaggio per Pt: α(t + 1) + β = 0, i.e. β = −α(t + 1), e quindi x + 1 − (t +
1)(y + 1) = 0 che semplificata si puó scrivere come x − y − t(y + 1) = 0.
Deduciamo le seguenti equazioni cartesiane della retta lt:
x − t(z + 1) = 0
x − y − t(y + 1) = 0 .
(b) Eliminare il parametro t dalle equazioni cartesiane di lt, ottenendo una
equazione di secondo grado f(x, y, z) = 0 (cioe’ ricavare t in una delle
due equazioni cartesiane della retta, sostituire nella rimanente e eliminare
i denominatori), e quindi dedurre che il luogo descritto da tali rette ha
equazione f(x, y, z) = 0.
Dalla prima equazione cartesiana di lt ricaviamo t = x che sostituito nella
z+1
seconda equazione fornisce
x − y − x
(y + 1) = 0.
z + 1
Eliminando il denominatore otteniamo l’ equazione di secondo grado
(x − y)(z + 1) − x(y + 1) = 0,
che riscriviamo, dopo aver semplificato e aver moltiplicato per 2, come
2xz − 2xy − 2yz − 2y = 0.
1

2
(3) Determinare equazioni della retta r ⊂ R3 passante per A = (1, 0, 0), parallela
al piano di equazione x − y + 3z = 0 e complanare alla retta di equazioni
x − z + 1 = y − 2z − 2 = 0.
La retta r é contenuta nell’ unico piano parallelo a x − y + 3z = 0 passante per
A = (1, 0, 0) e avente pertanto equazione cartesiana x−y+3z−1 = 0 e nell’ unico
piano contenente x − z + 1 = y − 2z − 2 = 0 e passante per A. Per determinare l’
equazione di questo ultimo piano consideriamo il fascio di piani λ(x−z+1)+µ(y−
2z −2) = 0 e imponiamo il passaggio per A: λ(1+1)+µ(−2) = 0 e quindi λ = µ.
L’ equazione del piano cercato é quindi 0 = (x−z+1)+(y−2z−2) = x+y−3z−1.
La retta r avrá equazioni cartesiane x−y +3z −1 = x+y −3z −1 = 0 equivalenti
a x − 1 = x + y − 3z − 1 = 0 o anche x − 1 = y − 3z − 1 = 0. Abbiamo le seguenti
equazioni parametriche
⎧⎨
x = 1
y = 3t ; t ∈ R
⎩
z = t
e quindi dir(r) =< (0, 3, 1) >.
(4) Sia l1 ⊂ R 3 la retta di equazioni cartesiane 2x + y − 2 = 0 = x − z − 2 e sia
l2 ⊂ R 3 la retta di equazioni cartesiane x − z = 0 = y + 2z.
(a) Calcolare d(l1, l2).
Otteniamo le seguenti equazioni parametriche:
l1 :
⎧
⎨
⎩
x = t
y = 2 −2t
z = −2 +t
; l2 :
⎧
⎨
⎩
x = s
y = −2s
z = s
Notiamo immediatamente che le due rette hanno la stessa direzione, < (1, −2, 1) >,
e risultano quindi paralelle. Sia Π il piano ortogonale a l1 e passante per un
punto P2 ∈ l2. Se P1 = Π ∩ l1, allora
d(l1, l2) = d(P1, P2).
Per semplificare i calcoli, supponiamo P2 = 0 ∈ l2. Il piano Π ha quindi
equazione cartesiana x − 2y + z = 0. Sostituendo le equazioni parametriche
di l1 nell’ equazione cartesiana di Π abbiamo t − 4 + 4t − 2 + t = 0, i.e. t = 1.
Pertanto P1 = Π ∩ l1 = (1, 0, −1) e
d(l1, l2) = d(P1, 0) = 1 2 + (−1) 2 = √ 2.
(5) Sia l1 ⊂ R 3 l’ asse delle z e sia l2 ⊂ R 3 la retta di equazioni cartesiane x+y−1 =
0 = z.
(a) Calcolare d(l1, l2).
La retta l2 ha equazioni parametriche x = t, y = 1 − t, z = 0 e quindi l2 e l1
non sono parallele. La retta l2 é contenuta nel piano z = 0 che taglia l1 nell’
origine 0 = (0, 0, 0) ∈ l2. Concludiamo che le rette l1 e l2 sono sghembe.
Sia π ′ 1 l’ unico piano parallelo a l2 e contenente l1. Per determinarne una
equazione cartesiana consideriamo il fascio di piani per l1 di equazione λx +
µy = 0 e imponiamo l’ ortogonalitá con la direzione (1, −1, 0) di l2, ottenendo
λ − µ = 0. Quindi π ′ 1 : x + y = 0. Sia Q = (0, 1, 0) ∈ l2. Abbiamo
d(l1, l2) = d(Q, π ′ 1) = |1|
√ 2 =
√ 2
2 .
.

(b) Determinare, se esiste, l’ unica retta l ⊂ R 3 passante per P = (1, 1, 1) e
incidente l1 e l2.
Sia π ′ 2 l’ unico piano parallelo a l1 e contenente l2. Per determinarne una
equazione cartesiana consideriamo il fascio di piani per l2 di equazione λ(x +
y − 1) + µz = 0 e imponiamo l’ ortogonalitá con la direzione (0, 0, 1) di l1,
ottenendo µ = 0. Quindi π ′ 2 : x + y − 1 = 0. Poiché P ∈ (π ′ 1 ∪ π ′ 2) la retta l
esiste e possiamo scriverne una equazione cartesiana come intersezione degli
unici piani dei fasci di piani per l1 e per l2 passanti per P . Pertanto l é la retta
di equazioni cartesiane x − y = 0 = x + y − z − 1
(6) Sia l ⊂ R 3 la retta di equazioni parametriche
⎧
⎨
⎩
x = 1 +t
y = −t
z = t
e sia Π ⊂ R 3 il piano di equazione cartesiana x + y + z = 0.
(a) Determinare il piano Π ′ ⊂ R 3 contenente l e ortogonale a Π.
Le equazioni cartesiane di l sono y + z = 0 = x − z − 1. I piani contenenti l
sono della forma
0 = λ(x − z − 1) + µ(y + z) = λx + µy + (µ − λ)z − λ.
La condizione di ortogonalitá con Π é espressa dall’ ortogonalitá tra il vettore
(1, 1, 1), ortogonale a Π, e il vettore (λ, µ, µ−λ), ortogonale al piano generico
del fascio. Abbiamo quindi
0 = λ + µ + µ − λ = 2µ.
Pertanto µ = 0 e il piano Π ′ ha equazioni cartesiane x − z − 1 = 0.
(b) Detta l ′ = Π ∩ Π ′ , calcolare la distanza d(l, l ′ ).
La retta l non é parallela a Π (la sua direzione (1, −1, 1) non é ortogonale
al vettore (1, 1, 1) ortogonale a Π) e pertanto non é parallela a l ′ . Le rette l
e l ′ sono contenute nel piano Π ′ e quindi si intersecano in un punto e avremo
d(l, l ′ ) = 0. Analiticamente possiamo trovare il punto di intersezione in questo
modo. Le equazioni cartesiane di l ′ sono x + y + z = 0 = x − z − 1. Allora il
punto P = l∩l ′ é l’ unica soluzione del sistema x+y+z = x−z−1 = y+z = 0
e quindi P = (0, 1, −1).
(c) Esiste un piano passante per l e parallelo a Π? Giustificare la risposta.
Se tale piano esistesse, allora la retta l risulterebbe parallela a Π. Abbiamo verificato
precedente che l∩Π = (0, 1, −1) e quindi non esiste un piano parallelo
a Π e contente l.
(7) Date le rette r1, r2 ⊂ R 3 di equazioni parametriche
r1 :
⎧
⎨
⎩
x = 1 + t
y = −1 − t
z = 1 + t
; r2 :
(a) provare che r1 e r2 sono sghembe.
Abbiamo il sistema nelle incognite (s, t):
⎧
⎨
⎩
⎧
⎨
⎩
1 + t = 1 + s
−1 − t = 1 − s
1 + t = 1 − s
x = 1 + s
y = 1 − s
z = 1 − s
,
3

4
Dalla prima e terza equazione deduciamo s = 0 = t. La soluzione (0, 0) non
soddisfa la seconda equazione. Il sistema risulta impossibile e quindi r1 ∩r2 =
∅.
Poiché dir(r1) =< (1, −1, 1) >=< (1, −1, −1) >= dir(r2), le rette r1 e r2
non sono parallele. Possiamo concludere che sono sghembe.
(b) determinare l’ unica retta t ⊂ R 3 ortogonale e incidente a r1 e r2. Sia
P1 = (1 + t, −1 − t, 1 + t) ∈ r1 e sia P2 = (1 + s, 1 − s, 1 − s) ∈ r2. Abbiamo
P2 − P1 = (s − t, 2 − s + t, −s − t).
Imponendo che P2 − P1 sia ortogonale a dir(r1) e dir(r2) otteniamo il sistema
nelle incognite (s, t):
(s − t) − (2 − s + t) − s − t = 0
(s − t) − (2 − s + t) + s + t = 0 ∼
che ammette l’ unica soluzione (s, t) = ( 1
2
questi valori P1 = ( 1
2
Quindi
t :
1 1 , − , 2
⎧
⎨
⎩
2 ) e P2 = ( 3
2
x = 1
2
y = − 1
2
z = 1
2
, 1
2
+ t
+ t
(c) Calcolare d(r1, r2).
Abbiamo d(r1, r2) = d(P1, P2) = ||P2 − P1|| = √ 2.
s − 3t − 2 = 0
3s − t − 2 = 0 ,
1 , − ). Sostituendo abbiamo per
2
, 1
2 ) e dir(t) = P2 − P1 = (1, 1, 0).
(8) Sia r ⊂ R 3 la retta di equazione cartesiana x − y = 0 = y − z e sia l(α,β),
(α, β) ∈ R 2 , la retta di equazione parametrica
⎧
⎨
⎩
x = −1 + αt
y = βt
z = −1 + t
Determinare al variare dei parametri (α, β) ∈ R 2 la distanza d(r, l(α,β));
Il fascio di piani contenente r ha equazione x − y + λ(y − z) = 0, i.e. x + (λ −
1)y − λz = 0. Il piano Π(α,β) del fascio parallelo a l(α,β) é determinato dalla
condizione 1 · α + (λ − 1) · β − λ · 1 = 0, da cui si ricava λ = β−α
se β = 1.
β−1
Se β = 1, il piano Π(α,β) ha quindi equazione cartesiana (β − 1)x + (β −
α)y + (α − β)z = 0. Se β = 1, la condizione precedente diviene α − 1 = 0.
Allora se α = 1, il piano di equazione cartesiana y − z = 0, che non figurava
nell’ equazione del fascio non omogenea, é quello parallelo a l(α,1). Quindi
y − z = 0 é il piano Π(α,1) contenente r e parallelo a l(α,1) se α = 1.
Infine la retta l(1,1) é parallela a r perché in questo caso la condizione di ortogonalitá
del fascio é identicamente soddisfatta. Il piano x − z = 0, ottenuto
imponendo il passaggio del piano generico del fascio per (−1, 0, −1), contiene
r e l(1,1). Il piano x + y + z = 0, ortogonale a r e passante per 0, taglia l(1,1)
nel punto Q = (− 1 2 1 , , − 3 3 3 ) e quindi d(r, l(1,1)) = d(Q, 0) = √ 6
3 .
In conclusione se β = 1, abbiamo
d(r, l(α,β)) = d((−1, 0, −1), Π(α,β)) =
=
.
| − 1 · (β − 1) + (−1)(α − β)|
(β − 1) 2 + (1 − α) 2 + (α − β) 2 =
|1 − α|
(β − 1) 2 + (1 − α) 2 + (α − β) 2 ,

e se (α, 1) = (1, 1) abbiamo d(r, l(α,1)) = d((−1, 0, −1), Π(α,1)) = |1|
√ 2 = √ 2
2 .
se (α, β) = (1, 1).
(a) In R 3 , dati i punti O = (0, 0, 0), A = (1, −1, 0), B = (0, 1, −1) siano π
il piano che li contiene e r la retta per O ortogonale a π. Determinare l’
equazione del luogo dei punti equidistanti da π e da r.
⎧
⎨
⎩
Il piano e la retta richiesti si trovano facilmente:
x − y = 0
π : x + y + z = 0 r :
x − z = 0
Detto P ≡ (a, b, c) un punto generico, per calcolare la distanza di P da r
usiamo il piano π ′ per P ortogonale ad r, π ′ : x + y + z − a − b − c = 0.
Calcoliamo il punto P ′ = π ′ ∩ r:
y = x
z = x
3x = a + b + c
⇒ P ′ ≡ (
a + b + c
,
3
a + b + c
,
3
a + b + c
)
3
per cui
d(P, r) = P P ′ = 1√
6a2 + 6b2 + 6c2 − 6ab − 6ac − 6bc
3
Calcolando la distanza di P da π uguagliando e quadrando, si ha
3(a + b + c) 2 = 6(a 2 + b 2 + c 2 − ab − ac − bc)
e quindi si trova la equazione
x 2 + y 2 + z 2 − 3xy − 3xz − 3yz = 0.
5