Esercizi di geometria affine del piano

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In questo articolo vengono proposti esercizi di geometria affine del piano. I testi degli esercizi sono tratti dal materiale didattico del Prof. Antonio Cigliola [1].

La raccolta comprende 13 esercizi completamente risolti su questo affascinante argomento. Inoltre, la soluzione di ogni esercizio è preceduta da un breve richiamo degli strumenti teorici utilizzati nella soluzione.

Questi esercizi sono pertanto indicati agli studenti dei corsi di algebra lineare e geometria che desiderano comprendere la teoria appresa, applicandola in esercizi dal carattere semplice, ma stimolante.

Oltre all’esaustiva lista reperibile alla fine dell’articolo, consigliamo la lettura delle seguenti raccolte di esercizi su argomenti correlati:

Autori e revisori

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Autore: Sara Sottile

Revisori: Luigi De Masi, Sergio Fiorucci, Matteo Talluri.

Introduzione

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La dispensa presenta una serie di esercizi riguardanti la geometria affine nel piano. Nel seguito, indicheremo con $\mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ il piano affine reale associato allo spazio vettoriale $\mathbb{R}^2$ .

Data la diversa natura degli esercizi all’inizio di ciascuno svolgimento viene presentato un breve richiamo teorico utile ai fini della risoluzione. Per approfondimenti teorici si rimanda a [2].

Testi degli esercizi

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Per ciascuna delle seguenti terne di punti $A,B,C$ del piano affine $\mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ , determinare, se possibile, un quarto punto $D$ affinché $ABCD$ sia un parallelogramma:

$A=(1,3), \qquad\quad B=(-5,1), \qquad\quad C=(3,-5);$

$A=(1,1), \qquad\quad B=(-5,-5), \qquad\; C=(3,3);$

$A=(-1,2), \qquad\; B=(-2,1), \qquad\quad C=(3,-4);$

$A=(0,3), \qquad\quad B=(-3,0), \qquad\quad C=(3,0);$

$A=(0,3), \qquad\quad B=(1,5), \qquad\quad\;\; \; C=(-2,-1);$

$A=(e,\pi), \qquad\quad B=(\pi,e), \qquad\quad \;\; C=(0,0).$

Per ciascuno dei parallelogrammi costruiti, si trovi l’equazione delle rette su cui giacciono i suoi lati.

Introduzione.

Sia $\mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ il piano affine e siano $A,B,C,D \in \mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ . Indichiamo con $ABCD$ il parallelogramma di lati $AB$ , $BC$ , $CD$ e $DA$ , escludendo in questo contesto i parallelogrammi in cui $AB$ e $AD$ ne siano le diagonali. Affinché $ABCD$ sia un parallelogramma occorre che le coppie lati $AB$ , $CD$ e $BC$ , $DA$ siano paralleli tra loro.

Dati tre punti $A$ , $B$ , $C \in \mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ per trovare il quarto punto $D \in \mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ affinché $ABCD$ sia un parallelogramma procediamo nel modo seguente.

si determinano i vettori $B -A$ e $C -B$ e si verifica che non siano paralleli;
si ottiene il punto $D \in \mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ come
$D= C+(A-B).$

Infine, per la risoluzione dell’esercizio, si trovano le equazioni parametriche delle rette su cui giacciono i lati nel modo seguente:

$\begin{equation*} r_{AB}:\begin{cases*} x = x_A + t(x_B-x_A)\\ y = y_A + t(y_B-y_A) \end{cases*}, t \in \mathbb{R}, \qquad r_{BC}:\begin{cases*} x = x_B + u(x_C-x_B)\\ y = y_B + u(y_C-y_B) \end{cases*}, u \in \mathbb{R}, \end{equation*}$

$\begin{equation*} r_{CD}:\begin{cases*} x = x_C+ s(x_D-x_C)\\ y = y_C + s(y_D-y_C) \end{cases*}, s \in \mathbb{R}, \qquad r_{DA}:\begin{cases*} x = x_D + l(x_A-x_D)\\ y = y_D + l(y_A-y_D) \end{cases*}, l \in \mathbb{R}, \end{equation*}$

Svolgimento punto 1.

Consideriamo i punti $A=(1,3), \quad B=(-5,1), \quad C=(3,-5)$ . Osserviamo che

$B-A = (-6,-2)\quad \text{ e } \quad C- B = (8,-6),$

da cui segue che il parallelogramma non è degenere poiché i vettori non sono paralleli. Sia $D=(x_D, y_D)$ , allora si ha

$(x_D, y_D) = (x_C,y_C)+ (x_A-x_B,y_A-y_B) = (3,-5) + (6,2) = (9,-3).$

Dunque il punto tale che $ABCD$ sia un parallelogramma è $D=(9,-3)$ .

Le equazioni parametriche delle rette su cui giacciono i quattro lati sono:

$\begin{equation*} r_{AB}:\begin{cases*} x = 1 -6t\\ y = 3 -2 t \end{cases*}, t \in \mathbb{R}, \qquad r_{BC}:\begin{cases*} x = -5 + 8u\\ y = 1 -6 u \end{cases*}, u \in \mathbb{R}, \end{equation*}$

$\begin{equation*} r_{CD}:\begin{cases*} x = 3+ 6s\\ y = -5 + 2s \end{cases*}, s \in \mathbb{R}, \qquad r_{DA}:\begin{cases*} x = 9 -8 l\\ y = -3 + 6l \end{cases*}, l \in \mathbb{R}, \end{equation*}$

Nella figura seguente sono rappresentati i tre punti dati $A$ , $B$ e $C$ e i due vettori $B-A$ e $C-B$ , in rosso, e le rette su cui giacciono tali vettori sono rappresentate in blu. Le rette passanti per $A$ e $D$ e per $D$ e $C$ sono rappresentate in verde.

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Svolgimento punto 2.

Consideriamo i punti $A=(1,1), \quad B=(-5,-5), \quad C=(3,3)$ . Osserviamo che $A$ , $B$ e $C$ giacciono tutti sulla stessa retta di equazione $y = x$ , dunque non esiste un punto $D$ tale che $ABCD$ sia un parallelogramma.

Svolgimento punto 3.

Consideriamo i punti $A=(-1,2), \quad B=(-2,1), \quad C=(3,-4)$ . Osserviamo che

$B- A= (-1,-1)\quad \text{ e } \quad C- B= (5,-5),$

da cui segue che il parallelogramma non è degenere poiché i vettori non sono paralleli. Sia $D=(x_D, y_D)$ , allora si ha

$(x_D, y_D) = (x_C,y_C)+ (x_A-x_B,y_A-y_B) = (3,-4) + (1,1) = (4,-3).$

Dunque il punto tale che $ABCD$ sia un parallelogramma è $D=(4,-3)$ .

Le equazioni parametriche delle rette su cui giacciono i quattro lati sono:

$\begin{equation*} r_{AB}:\begin{cases*} x = -1 -t\\ y = 2 - t \end{cases*}, t \in \mathbb{R}, \qquad r_{BC}:\begin{cases*} x = -2 + 5u\\ y = 1 -5 u \end{cases*}, u \in \mathbb{R}, \end{equation*}$

$\begin{equation*} r_{CD}:\begin{cases*} x = 3+ s\\ y = -4 + s \end{cases*}, s \in \mathbb{R}, \qquad r_{DA}:\begin{cases*} x = 4 -5 l\\ y = -3 + 5l \end{cases*}, l \in \mathbb{R}, \end{equation*}$

Svolgimento punto 4.

Consideriamo i punti $A=(0,3), \quad B=(-3,0), \quad C=(3,0)$ . Notiamo innanzitutto che i punti $B$ e $C$ giacciono sulla retta $r_{BC}: y = 0$ e che $A \notin r_{BC}$ , dunque il parallelogramma non è degenere.

Sia $D=(x_D, y_D)$ , allora si ha

$(x_D, y_D) = (x_C,y_C)+ (x_A-x_B,y_A-y_B) = (3,0) + (3,3) = (6,3).$

Dunque il punto tale che $ABCD$ sia un parallelogramma è $D=(6,3)$ .

Sappiamo già che

$r_{BC}: y =0,$

da cui segue che la retta su cui giace il lato $DA$ deve essere parallela ad essa e passante per i due punti, dunque

$r_{DA}: y = 3.$

Le altre due rette avranno equazioni parametriche:

$\begin{equation*} r_{AB}:\begin{cases*} x = 3t\\ y = 3 - 3t \end{cases*}, t \in \mathbb{R}, \qquad r_{CD}:\begin{cases*} x = 3+ 3s\\ y = 3s \end{cases*}, s \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Svolgimento punto 5.

Consideriamo i punti $A=(0,3), \quad B=(1,5), \quad C=(-2,-1)$ . Osserviamo che

$B- A = (1,2)\quad \text{ e } \quad C-B= (-3,-6),$

da cui segue che il parallelogramma è degenere poiché i due vettori sono paralleli. Dunque non esiste un punto $D$ tale che $ABCD$ sia un parallelogramma.

Svolgimento punto 6.

Consideriamo i punti $A=(e,\pi), \quad B=(\pi,e), \quad C=(0,0)$ . Osserviamo che

$B- A =(\pi-e, e-\pi)\quad \text{ e } \quad C-B = (-\pi , -e),$

da cui segue che il parallelogramma non è degenere poiché i due vettori non sono paralleli. Sia $D=(x_D,y_D)$ , allora si ha:

$(x_D,y_D) = (x_C, y_C) + (x_A-x_B,y_A-y_B) = (e-\pi, \pi-e).$

Le equazioni parametriche delle rette su cui giacciono i quattro lati sono:

$\begin{equation*} r_{AB}:\begin{cases*} x = e + (\pi-e)t\\ y = \pi +(e-\pi) t \end{cases*}, t \in \mathbb{R}, \qquad r_{BC}:\begin{cases*} x = \pi -\pi u\\ y = e - e u \end{cases*}, u \in \mathbb{R}, \end{equation*}$

$\begin{equation*} r_{CD}:\begin{cases*} x = (e-\pi)s\\ y = (\pi -e) s \end{cases*}, s \in \mathbb{R}, \qquad r_{DA}:\begin{cases*} x = e-\pi +\pi l\\ y = \pi - e + el \end{cases*}, l \in \mathbb{R}, \end{equation*}$

Esercizio 2 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dati il vettore $v\in \mathbb{R}^2$ ed il punto $P\in \mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ , determinare l’unico punto $Q\in \mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ tale che $\vec{PQ}=v$ .

$v=(-1,2), \quad\;\quad P=(3,-1);$

$v=\left(1,\dfrac{1}{2}\right), \quad\quad P=(2,1);$

$v=(0,0), \qquad\quad P=(3,-2);$

$v=(1,2), \qquad\quad P=(\sqrt{3}, -1);$

$v=(2,\pi),\qquad\quad P=(0,-\pi).$

Introduzione.

Ricordiamo che, dati due punti $P = (x_P , y_P )$ e $Q = (x_Q , y_Q )$ in $\mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ e un vettore $v = (v_x , v_y )$ di $\mathbb{R}^2$ , per definizione di traslazione si ha

$Q - P = v \Longleftrightarrow Q = P + v = (x_P + v_x , y_P + v_y ).$

Svolgimento punto 1.

Consideriamo il vettore $v=(-1,2)$ ed il punto $P=(3,-1)$ . Allora, detto $Q=(x_Q,y_Q)$ si ha:

$\begin{equation*} (x_Q , y_Q) = (3-1, -1+2) = (2,1), \end{equation*}$

da cui ricaviamo $Q= (2,1)$ .

Svolgimento punto 2.

Consideriamo il vettore $v=\left(1, \dfrac{1}{2}\right)$ ed il punto $P=(2,1)$ . Allora, detto $Q=(x_Q,y_Q)$ si ha:

$\begin{equation*} (x_Q , y_Q) = \left(2+1, 1+ \dfrac{1}{2}\right) =\left(3,\dfrac{3}{2}\right), \end{equation*}$

da cui ricaviamo $Q= \left(3,\dfrac{3}{2}\right)$ .

Svolgimento punto 3.

Consideriamo il vettore $v=\left(0, 0\right)$ ed il punto $P=(3,-2)$ . Poiché il vettore $v$ considerato è il vettore nullo, allora $Q=P$ .

Svolgimento punto 4.

Consideriamo il vettore $v=(1,2)$ ed il punto $P=(\sqrt{3},-1)$ . Allora, detto $Q=(x_Q,y_Q)$ si ha:

$\begin{equation*} (x_Q , y_Q) = \left(\sqrt{3}+1, -1+2\right) =\left(\sqrt{3}+1,1\right), \end{equation*}$

da cui ricaviamo $Q= (\sqrt{3}+1,1)$ .

Svolgimento punto 5.

Consideriamo il vettore $v=(2,\pi)$ ed il punto $P=(0,-\pi)$ . Allora, detto $Q=(x_Q,y_Q)$ si ha:

$\begin{equation*} (x_Q , y_Q) = \left(2+0,-\pi + \pi\right) =\left(2,0\right), \end{equation*}$

da cui ricaviamo $Q= (2,0)$ .

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $\{O,e_1,e_2\}$ un sistema di riferimento affine in $\mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ . Si dimostri che anche $\{O,v_1=2e_1 + e_2, v_2=-e_1+2e_2\}$ è un sistema di riferimento affine in $\mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ .

Svolgimento.

Ricordiamo che un sistema di riferimento affine nel piano consiste nella scelta di un punto $O$ detto origine e di una base $(v_1, v_2)$ di $\mathbb{R}^2$ .

Ricordiamo che, dati due vettori $v_1,v_2$ essi costituiscono una base dello spazio vettoriale $\mathbb{R}^2$ se

$\{v_1,v_2\}$ è un sistema di generatori per $\mathbb{R}^2$ ;
$v_1$ e $v_2$ sono linearmente indipendenti.

Osserviamo che, poiché dim $(\mathbb{R}^2)=2$ , per verificare che $\{v_1, v_2\}$ costituisce una base di $\mathbb{R}$ basta controllare che i vettori siano linearmente indipendenti.

Consideriamo $\{O,v_1=2e_1 + e_2, v_2=-e_1+2e_2\}$ , dove $\{e_1,e_2\}$ sono i vettori della base canonica di $\mathbb{R}^2$ . Affinché sia un riferimento affine dobbiamo provare che $v_1$ e $v_2$ sono vettori linearmente indipendenti in $\mathbb{R}^2$ . Dati $a,b\in \mathbb{R}$ imponiamo:

$\begin{equation*} a v_1 + b v_2 = 0, \end{equation*}$

da cui

$\begin{equation*} (2a-b)e_1 +(a+2b) e_2 = 0. \end{equation*}$

Poiché $e_1$ ed $e_2$ sono linearmente indipendenti, in quanto $\{O,e_1,e_2\}$ è un sistema di riferimento affine in $\mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ , segue che i coefficienti della combinazione lineare devono essere nulli. Otteniamo dunque

$\begin{equation*} \begin{cases*} 2a - b = 0 \\ a + 2 b = 0 \end{cases*} \Longleftrightarrow a = b = 0. \end{equation*}$

Ciò prova che $v_1$ e $v_2$ sono linearmente indipendenti. Abbiamo dunque provato che $\{0,v_1,v_2\}$ è un riferimento affine di $\mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ .

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Per ciascun vettore $v\in \mathbb{R}^2$ e per ogni punto $A\in \mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ determinare le equazioni parametriche e cartesiane della retta parallela a $v$ passante per $A$ :

$v=(-1,3),\qquad\qquad\; A=(-3,-2);$

$v=(1,1),\qquad\qquad\quad A=(-2,-5);$

$v=\left(-1,\dfrac{1}{3}\right),\qquad\quad A=(-13,52);$

$v=(-\sqrt{2},0),\qquad\quad\; A=(0,0);$

$v=(-2,1),\qquad\qquad A=(-3,-2).$

Introduzione.

Ricordiamo che le equazioni parametriche della retta passante per il punto $A=(x_A,y_A)$ e parallela al vettore $v=(v_1,v_2)$ sono date da:

$\begin{equation*} r: \begin{cases} x = x_A + v_1\cdot t\\ y = y_A + v_2 \cdot t \end{cases}, \qquad t \in\mathbb{R}. \end{equation*}$

Una volta trovate le equazioni parametriche della retta per trovare l’equazione cartesiana sarà sufficiente ricavare il parametro libero $t$ da una delle due equazioni e sostituirlo nell’altra.

Svolgimento punto 1.

Consideriamo il vettore $v=(-1,3)$ ed il punto $A=(-3,-2)$ . Allora le equazioni parametriche della retta parallela a $v$ e passante per $A$ sono:

$\begin{equation*} r: \begin{cases} x = -3 - t\\ y = -2 + 3t \end{cases}, \qquad t \in\mathbb{R}. \end{equation*}$

Ricavando $t$ dalla prima equazione otteniamo $t= -3 -x$ e sostituendolo nella seconda equazione si ha:

$\begin{equation*} r: y = -3x -11. \end{equation*}$

Svolgimento punto 2.

Consideriamo il vettore $v=(1,1)$ ed il punto $A=(-2,-5)$ . Allora le equazioni parametriche della retta parallela a $v$ e passante per $A$ sono:

$\begin{equation*} r: \begin{cases} x = -2 + t\\ y = -5 + t \end{cases}, \qquad t \in\mathbb{R}. \end{equation*}$

Ricavando $t$ dalla prima equazione otteniamo $t= x+2$ e sostituendolo nella seconda equazione si ha:

$\begin{equation*} r: y = x - 3. \end{equation*}$

Svolgimento punto 3.

Consideriamo il vettore $v=\left(-1,\dfrac{1}{3}\right)$ ed il punto $A=(-13,52)$ . Allora le equazioni parametriche della retta parallela a $v$ e passante per $A$ sono:

$\begin{equation*} r: \begin{cases} x = -13 - t\\ y = 52 + \dfrac{t}{3} \end{cases}, \qquad t \in\mathbb{R}. \end{equation*}$

Ricavando $t$ dalla prima equazione otteniamo $t= -x - 13$ e sostituendolo nella seconda equazione si ha:

$\begin{equation*} r: y = -\dfrac{x}{3} +\dfrac{143}{3}. \end{equation*}$

Svolgimento punto 4.

Consideriamo il vettore $v=\left(-\sqrt{2},0\right)$ ed il punto $A=(0,0)$ . Notiamo subito che la retta cercata è l’asse delle ascisse di equazioni cartesiane $r: y = 0$ . Le corrispondenti equazioni parametriche sono:

$\begin{equation*} r: \begin{cases} x = \sqrt{2}t\\ y = 0 \end{cases}, \qquad t \in\mathbb{R}, \end{equation*}$

equivalenti a

$\begin{equation*} r: \begin{cases} x = t\\ y = 0 \end{cases}, \qquad t \in\mathbb{R}. \end{equation*}$

Svolgimento punto 5.

Consideriamo il vettore $v=\left(-2,1\right)$ ed il punto $A=(-3,-2)$ . Allora le equazioni parametriche della retta parallela a $v$ e passante per $A$ sono:

$\begin{equation*} r: \begin{cases} x = -3 - 2t\\ y = -2 + t \end{cases}, \qquad t \in\mathbb{R}. \end{equation*}$

Ricavando $t$ dalla seconda equazione otteniamo $t= y + 2$ e sostituendolo nella prima equazione si ha:

$\begin{equation*} r: y = -\dfrac{x}{2} - \dfrac{7}{2}. \end{equation*}$

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare le equazioni parametriche e cartesiane della retta passante per i punti $A$ e $B$ , dove:

$A=(-1,4),\qquad \;B=(3,1);$

$A=(1,2),\qquad\quad B=(-1,-1);$

$A=(\pi,2),\qquad\;\;\; B=(\pi,1);$

$A=(1,5),\qquad\quad B=\left(-\dfrac{1}{2},5\right);$

$A=(3,-2),\qquad\; B=(3,1).$

Introduzione.

Dati due punti $A=(x_A,y_A)$ e $B=(x_B,y_B)$ in $\mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ le equazioni parametriche della retta passante per i due punti è data

$\begin{cases*} x = x_A + t (x_B-x_A),\\ y = y_A + t (y_B-y_A) \end{cases*}, \quad t \in \mathbb{R}.$

Svolgimento punto 1.

Consideriamo i punti $A=(-1,4)$ e $B= (3,1)$ . Allora le equazioni parametriche della retta passante per i due punti sono:

$\begin{equation*} r : \begin{cases*} x = -1 + 4t, \\ y = 4 - 3 t \end{cases*}, \quad t \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Per trovare l’equazione cartesiana di $r$ ricaviamo il valore di $t\in \mathbb{R}$ dalla prima equazione e lo sostituiamo nella seconda (o equivalentemente dalla seconda equazione e lo sostituiamo nella prima):

$r : \begin{cases*} t = \dfrac{x+1}{4}, \\[10pt] y = 4 - \dfrac{3(x+1)}{4} \end{cases*} \Longleftrightarrow r : \begin{cases*} t = \dfrac{x+1}{4}, \\[10pt] y = \dfrac{-3x+13}{4} \end{cases*} ,$

da cui l’equazione cartesiana è

$r: 3x + 4y - 13 = 0.$

Svolgimento punto 2.

Consideriamo i punti $A=(1,2)$ e $B= (-1,-1)$ . Allora le equazioni parametriche della retta passante per i due punti sono:

$\begin{equation*} r : \begin{cases*} x = 1 -2t, \\ y = 2 - 3t \end{cases*}, \quad t \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

$r : \begin{cases*} t = \dfrac{-x+1}{2}, \\[10pt] y = 2 + \dfrac{3(-x+1)}{2} \end{cases*} \Longleftrightarrow r : \begin{cases*} t = \dfrac{-x+1}{2}, \\[10pt] y = \dfrac{3x +1)}{2} \end{cases*} ,$

da cui l’equazione cartesiana è

$r: 3x - 2y +1 = 0.$

Svolgimento punto 3.

Consideriamo i punti $A=(\pi,2)$ e $B= (\pi,1)$ . Notiamo subito che i due punti hanno la stessa ascissa e dunque si trovano sulla retta $r: x=\pi$ . L’equazione parametrica di tale retta è:

$\begin{equation*} r: \begin{cases} x = \pi \\ y = t \end{cases}, \qquad t \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Svolgimento punto 4.

Consideriamo i punti $A=(1,5)$ e $B= \left(-\dfrac{1}{2},5\right)$ . Notiamo subito che i due punti hanno la stessa ordinata e dunque si trovano sulla retta $r: y = 5$ . L’equazione parametrica di tale retta è:

$\begin{equation*} r: \begin{cases} x = t \\ y = 5 \end{cases}, \qquad t \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Svolgimento punto 5.

Consideriamo i punti $A=(3,-2)$ e $B= (3,1)$ . Notiamo subito che i due punti hanno la stessa ascissa e dunque si trovano sulla retta $r: x=3$ . L’equazione parametrica di tale retta è:

$\begin{equation*} r: \begin{cases} x = 3 \\ y = t \end{cases}, \qquad t \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se i punti $A, B, C$ sono allineati. In caso affermativo, determinare la retta che li contiene:

$A=(-1,2),\quad\qquad \;B=(2,3), \quad\quad\qquad C=(-1,3);$

$A=(-1,2),\quad\qquad \;B=(2,2),\quad\quad\qquad C=(-1,2);$

$A=(1,-2),\quad\qquad \;B=(-3,1), \;\quad\qquad C=\left(-2,\dfrac{2}{3}\right);$

$A=(-1,2),\quad\qquad\; B=(0,5), \quad\qquad\quad C(1,8);$

$A=(2,3),\quad\qquad\quad B=(7,0),\quad\quad \qquad C(-3,-6).$

Introduzione.

Ricordiamo che tre punti $A=(x_A,y_A)$ , $B=(x_B,y_B)$ e $C=(x_C,y_C)$ sono allineati se e solo se i vettori $B-A$ e $C-A$ sono paralleli.

Svolgimento punto 1.

Consideriamo i punti $A=(-1,2)$ , $B=(2,3)$ e $C=(-1,3)$ . Si ha:

$B- A = (3,1) \quad \text{e} \quad C-A = (0,1),$

che non sono paralleli. Segue che i tre punti non sono allineati.

Svolgimento punto 2.

Consideriamo i punti $A=(-1,2)$ , $B=(2,2)$ e $C=(-1,2)$ . Notiamo subito che i tre punti si trovano tutti sulla retta $r:y=2$ , dunque sono allineati.

Svolgimento punto 3.

Consideriamo i punti $A=(1,-2)$ , $B=(-3,1)$ e $C=\left(-2, \dfrac{2}{3}\right)$ . Si ha:

$B- A = (-4,3) \quad \text{e} \quad C-A = \left(-3,\dfrac{8}{3}\right),$

che non sono paralleli. Segue che i tre punti non sono allineati.

Svolgimento punto 4.

Consideriamo i punti $A=(-1,2)$ , $B=(0,5)$ e $C=(1,8)$ . Si ha:

$B- A = (1,3) \quad \text{e} \quad C-A = \left(2,6 \right),$

che sono paralleli. Segue che i tre punti sono allineati.

Svolgimento punto 5.

Consideriamo i punti $A=(2,3)$ , $B=(7,0)$ e $C=(-3,-6)$ . Si ha:

$B- A = (5,-3) \quad \text{e} \quad C-A = \left(-5,-9\right),$

che non sono paralleli. Segue che i tre punti non sono allineati.

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Detto $P$ il punto di intersezione delle rette $r: 3x-y + 7 = 0$ ,

$r': y = x+5$ , trovare l’equazione della retta passante per $P$ e parallela alla retta $s:2x-4y -1 = 0$ .

Svolgimento.

Poiché la retta $t$ cercata è parallela alla retta $s: 2x - 4y - 1 = 0$ , il suo coefficiente angolare sarà

$\begin{equation*} m_t = m_s = \dfrac{1}{2}, \end{equation*}$

da cui la retta $t$ avrà equazione

$\begin{equation*} t: y = \dfrac{x}{2} + q, \qquad q \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Cerchiamo ora il punto $P = r \cap r'$ :

$\begin{equation*} \begin{cases} 3x - y + 7 = 0\\ y = x + 5 \end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases} x = -1\\ y = 4 \end{cases}. \end{equation*}$

Imponendo il passaggio della retta $t$ per il punto $P=(-1,4)$ , determiniamo il valore di $q$ :

$\begin{equation*} 4 = -\dfrac{1}{2} + q \Longleftrightarrow q = \dfrac{9}{2}. \end{equation*}$

La retta cercata ha quindi equazione

$\begin{equation*} t : y = \dfrac{x}{2} +\dfrac{9}{2}. \end{equation*}$

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare tutte le rette del piano che soddisfano singolarmente le seguenti proprietà:

sono disgiunte dalla retta $2x- y + 3= 0$ ;

non passano per l’origine;

non passano per il punto $A=(2,1)$ .

Introduzione.

Consideriamo una retta della forma $r: y = mx + q$ nel piano $\mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ e cerchiamo i valori di $m$ , $q \in \mathbb{R}$ affinché le richieste del problema siano soddisfatte. Osserviamo che in questo modo escludiamo i casi di rette parallele all’asse $y$ , che verrà trattato a parte.

Svolgimento punto 1.

Le rette del piano disgiunte dalla retta $s: 2x - y + 3 = 0$ sono tutte le rette ad essa parallele. Dunque

$m_r = m_s = 2,$

da cui segue che le rette cercate sono tutte e sole le rette della forma

$r: y = 2x + q, \qquad q \in \mathbb{R}\smallsetminus\{3\}.$

Osserviamo che le rette del tipo $s: x=k$ , $k\in \mathbb{R}$ non sono parallele alla retta $s$ .

Svolgimento punto 2.

Le rette del piano che non passano per l’origine sono tutte le rette della forma

$r: y = mx + q, \qquad m \in \mathbb{R}\quad \text{ e } \quad q \in \mathbb{R} \smallsetminus \{0\},$

oppure le rette del tipo

$s: x=k, \qquad k\in \mathbb{R} \smallsetminus \{0\}.$

Svolgimento punto 3.

Affinché il punto $A=(2,1)$ non appartenga alla retta $r$ allora le sue coordinate non devono soddisfare l’equazione di $r$ . Sostituendo otteniamo

$1 = 2m + q,$

da cui si ottiene la condizione

$2m + q \neq 1.$

Dunque le rette del piano che non passano per $A$ sono tutte le rette della forma

$r: y = mx + q, \qquad \qquad m \in \mathbb{R}\quad \text{ e } \quad q \in \mathbb{R} \text{ tali che } 2m + q \neq 1.$

Inoltre, non passano per $A$ tutte le rette di equazione

$s: x=k, \qquad k\in \mathbb{R} \smallsetminus \{2\}.$

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Al variare di $k,h \in \mathbb{R}$ , classificare la posizione reciproca delle rette

$\begin{equation*} r: kx + y - 1 = 0 \qquad \text{e} \qquad r':x + ky - h = 0. \end{equation*}$

Svolgimento.

Ricordiamo che due rette in $\mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ possono essere incidenti, parallele disgiunte o coincidenti.

Consideriamo le rette

$r: kx + y - 1 = 0 \qquad \text{e} \qquad r':x + ky - h = 0,$

con $k, h \in \mathbb{R}$ .

Studiamo le soluzioni del sistema lineare

$\begin{equation*} \begin{cases} kx + y = 1 \\ x + ky = h \end{cases}, \qquad k,h \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Consideriamo le seguenti matrici:

$A= \left(\begin{matrix} k & 1 \\ 1 & k \end{matrix}\right) \qquad \text{e} \qquad (A|b) = \left(\begin{matrix} k & 1 & 1\\ 1 & k & h \end{matrix}\right).$

Discutiamo il rango delle due matrici per utilizzare il teorema di Rouché-Capelli.

Consideriamo prima il caso $k \neq \pm 1$ . Allora rk $(A)=2 = \text{rk}(A|b)$ , da cui segue che il sistema ammette una sola soluzione per ogni scelta di $h \in \mathbb{R}$ . Le due rette sono dunque incidenti.
Consideriamo il caso . In questo caso rk e distinguiamo due ulteriori casi:
- se $h = k$ , allora rk $(A|b)= 1$ , poiché le due righe della matrice sono proporzionali, e il sistema ammette infinite soluzioni: le due rette coincidono;
- se $h \neq k$ , allora rk $(A|b) = 2$ e il sistema non ammette soluzioni: le due rette sono parallele.

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare la posizione reciproca delle rette $r$ ed $s$ e, se sono incidenti, determinare il loro punto di intersezione:

$r: 2x-3y -1 = 0, \qquad\qquad\;\;\; s:4x - 6y + 2 = 0;$

$r: x+2y -2 = 0, \qquad\qquad\quad\; s:-3x +2y + 1 = 0;$

$r: -3x-2y -1 = 0, \qquad\qquad s:4x - 6y + 2 = 0;$

$r: \begin{cases} x = -1 + 2t \\ y = 2 + 3t \end{cases},t \in \mathbb{R}\qquad s: 2x - 3y + 2 = 0;$

$r: \begin{cases} x = 2 + t \\ y = -2 -4t \end{cases},t \in \mathbb{R}\qquad s: 4x + y + 2 = 0;$

$r: \begin{cases} x = 2 + 2t \\ y = -1 \end{cases},t \in \mathbb{R}\qquad \;\; s: x-y + \sqrt{2} = 0;$

$r: \begin{cases} x = 2 -5t \\ y = -2 +3t \end{cases},t \in \mathbb{R}\qquad s:5x-2= 0;$

$r: \begin{cases} x = 2 -5t \\ y = -2 +3t \end{cases},t \in \mathbb{R}\qquad s:\begin{cases} x = 1+5u\\ y = 7-3u \end{cases}\hspace{-0.3cm}, u \in \mathbb{R};$

$r: \begin{cases} x = 2 -5t \\ y = -2 +3t \end{cases},t \in \mathbb{R} \qquad s:\begin{cases} x = -3+5u\\ y = 1-3u \end{cases}\hspace{-0.3cm}, u \in \mathbb{R};$

$r: \begin{cases} x = 4t \\ y = -3 -2t \end{cases},t \in \mathbb{R} \qquad s:\begin{cases} x = 1+u\\ y = 2u \end{cases}\hspace{-0.3cm}, u \in \mathbb{R};$

$r: \begin{cases} x = 2+2t \\ y = 0 \end{cases},t \in \mathbb{R}\qquad\;\;\; s:\begin{cases} x = 1\\ y = 2-3u \end{cases}\hspace{-0.3cm}, u \in \mathbb{R};$

Introduzione.

Ricordiamo che due rette in $\mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ possono essere incidenti, parallele disgiunte o coincidenti. A seconda che le rette siano espresse in forma cartesiana o parametrica, distinguiamo due casi:

Se le equazioni delle rette sono in forma cartesiana, ossia $r : ay + bx + c = 0$ e $s : a'y + b ' x + c'= 0$ , si risolve il seguente sistema lineare nelle incognite $x, y$ :
$\begin{cases*} ay + bx + c = 0\\ a ' y + b ' x + c ' = 0. \end{cases*}$
Allora, $r$ ed $s$ sono incidenti, parallele disgiunte o coincidenti a seconda che il sistema possiede rispettivamente una soluzione, nessuna soluzione o infinite soluzioni. Ricordiamo inoltre che, data $r: ax + by + c= 0$ , il vettore a cui la retta $r$ è parallela è $v= (b,-a)$ .
Se le equazioni delle rette sono in forma parametrica
$\begin{cases*} x = x_A + tv_x\\ y = y_A + tv_y \end{cases*}, t \in \mathbb{R} \quad \text{e} \; s:\begin{cases*} x = x_B + uw_x\\ y = y_B + uw_y \end{cases*}, u \in \mathbb{R}$
allora le rette sono parallele se e solo se $v = (v_x , v_y )$ e $w = (w_x , w_y )$ sono proporzionali. In tal caso, esse sono coincidenti se e solo se $A = (x_A , y_A )\in r$ soddisfa l’equazione di $s$ . In caso contrario esse sono disgiunte.

Svolgimento punto 1.

Consideriamo le rette $r: 2x - 3y - 1 = 0$ e $s: 4x - 6 y +2 = 0$ . Consideriamo il sistema costituito dalle equazioni delle due rette:

$\begin{equation*} \begin{cases} 2x - 3y - 1 = 0\\ 4x - 6 y + 2 = 0 \end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases} 3y - 1 - 3y - 1 = 0\\[10pt] x = \dfrac{3y-2}{2} \end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases} -2 = 0\\[10pt] x= \dfrac{3y-2}{2}. \end{cases} \end{equation*}$

Poiché il sistema non ammette soluzioni segue che le due rette $r$ ed $s$ sono parallele e distinte.

Svolgimento punto 2.

Consideriamo le rette $r: -3x +2y +1 = 0$ e $s:x + 2y - 2 = 0$ . Consideriamo il sistema costituito dalle equazioni delle due rette:

$\begin{equation*} \begin{cases} -3x +2y +1 = 0\\ x + 2y - 2 = 0 \end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases} -3(-2y + 2) +2y +1 = 0\\ x =- 2y + 2 \end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases} y = \dfrac{5}{8}\\[10pt] x= \dfrac{3}{4}. \end{cases} \end{equation*}$

Poiché il sistema ammette un’unica soluzione, le due rette sono incidenti. Inoltre, il punto di intersezione tra $r$ ed $s$ ha coordinate $P= \left(\dfrac{3}{4},\dfrac{5}{8}\right)$ .

Svolgimento punto 3.

Consideriamo le rette $r: -3x-2y - 1 = 0$ e $s: 4x - 6 y +2 = 0$ . Consideriamo il sistema costituito dalle equazioni delle due rette:

$\begin{equation*} \begin{cases} -3x-2y - 1 = 0\\ 4x - 6 y +2 = 0 \end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases} x = \dfrac{6 y -2}{4}\\[10pt] -3\dfrac{6 y -2}{4} -2y -1 = 0 \end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases} x= -\dfrac{5}{13}\\[10pt] y = \dfrac{1}{13}. \end{cases} \end{equation*}$

Poiché il sistema ammette un’unica soluzione, le due rette sono incidenti. Inoltre, il punto di intersezione tra $r$ ed $s$ ha coordinate $P= \left(-\dfrac{5}{13},\dfrac{1}{13}\right)$ .

Svolgimento punto 4.

Consideriamo le rette

$r: \begin{cases} x = -1 + 2t \\ y = 2 + 3t \end{cases}\hspace{-0.3cm}, t \in \mathbb{R}\quad \quad \text{ e } \quad s: 2x - 3y + 2 = 0.$

Notiamo che i vettori $v=(2,3)$ e $w=(-3,-2)$ che individuano le direzioni delle rette $r$ ed $s$ , rispettivamente, non sono proporzionali, da cui segue che le due rette sono incidenti. Cerchiamo dunque il punto di intersezione $P$ :

$\begin{equation*} \begin{array}{rcl} \begin{cases} x = -1 + 2t\\ y = 2 + 3t\\ 2x - 3y + 2 = 0 \end{cases} & \Longleftrightarrow & \begin{cases} x = -1 + 2t\\ y = 2 + 3t\\ 2(-1+2t) - 3(2+3t) + 2 = 0 \end{cases} \\ & \Longleftrightarrow & \begin{cases} x = -1 + 2\left(-\dfrac{6}{5}\right) = -\dfrac{17}{5}\\[10pt] y = 2 + 3\left(-\dfrac{6}{5}\right) = -\dfrac{8}{5}\\[10pt] t = -\dfrac{6}{5} \end{cases} \end{array} \end{equation*}$

Dunque il punto di intersezione cercato è $P = \left(-\dfrac{17}{5},-\dfrac{8}{5}\right)$ .

Svolgimento punto 5.

Consideriamo le rette

$r: \begin{cases} x = 2 +t \\ y = -2 - 4t \end{cases}\hspace{-0.3cm}, t \in \mathbb{R} \quad \quad \text{ e } \quad s: 4x + y + 2 = 0.$

Notiamo che i vettori $v=(1,-4)$ e $w=(1,-4)$ che individuano le direzioni delle rette $r$ ed $s$ , rispettivamente, coincidono, da cui segue che $r$ ed $s$ sono rette parallele. Consideriamo il punto $A=(2,-2)\in r$ . Sostituendo nella retta $s$ si ha:

$8 - 2 + 2 = 8 \neq 0,$

da cui segue che $A\notin s$ , dunque le due rette sono distinte.

Svolgimento punto 6.

Consideriamo le rette

$r: \begin{cases} x = 2+2t \\ y = -1 \end{cases}\hspace{-0.3cm}, t \in \mathbb{R}\quad \quad \text{ e } \quad s: x-y + \sqrt{2}=0.$

Notiamo che $r$ è una retta parallela all’asse $x$ , poiché ha direzione data dal vettore $v=(2,0)$ . La retta $s$ ha direzione individuata dal vettore $w=(-1,-1)$ , dunque le due rette sono incidenti. Inoltre, il punto $P=(x_P,y_P)$ di intersezione tra $r$ ed $s$ avrà ordinata $y_P= -1$ . Sostituendo nell’equazione di $s$ otteniamo:

$x_P + 1 + \sqrt{2} = 0 \Longleftrightarrow x_P= -1-\sqrt{2}.$

Dunque il punto cercato è $P=(-1-\sqrt{2},-1)$ .

Svolgimento punto 7.

Consideriamo le rette

$r: \begin{cases} x = 2-5t \\ y = -2+3t \end{cases}\hspace{-0.3cm}, t \in \mathbb{R}\quad \quad \text{ e } \quad s: 5x-2=0.$

Notiamo che $s$ è una retta parallela all’asse $y$ , mentre $r$ ha direzione data da $v=(-5,3)$ . Dunque le due rette sono incidenti. Inoltre, il punto $P=(x_P,y_P)$ di intersezione tra $r$ ed $s$ avrà ascissa $x_P = \dfrac{2}{5}$ . Sostituendo nell’equazione di $r$ otteniamo:

$\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{2}{5} = 2-5t \\[10pt] y_P = -2+3t \end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases} 8 = -25t \\[10pt] y_P = -\dfrac{26}{25} \end{cases}. \end{equation*}$

Dunque il punto cercato è $P=\left(\dfrac{2}{5},-\dfrac{26}{25}\right)$ .

Svolgimento punto 8.

Consideriamo le rette

$r: \begin{cases} x = 2-5t \\ y = -2+3t \end{cases}\hspace{-0.3cm}, t \in \mathbb{R}\quad \quad \text{ e } \quad s: \begin{cases} x = 1+5u \\ y = 7-3u \end{cases}\hspace{-0.3cm}, u \in \mathbb{R} .$

Notiamo che i vettori $v= (-5,3)$ e $w=(5,-3)$ che individuano le direzioni delle rette $r$ ed $s$ , rispettivamente, sono proporzionali, dunque le due rette sono parallele. Inoltre, detto $A=(2,-2)\in r$ si ha:

$\begin{cases*} 2 = 1 + 5u \\ -2 = 7 - 3u \end{cases*}\Longleftrightarrow \begin{cases*} 2 = 16 \\ u = 3 \end{cases*},$

da cui segue che $A\notin s$ , dunque le due rette sono parallele e distinte.

Svolgimento punto 9.

Consideriamo le rette

$r: \begin{cases} x = 2-5t \\ y = -2+3t \end{cases} t \in \mathbb{R} \quad \quad \text{ e } \quad s: \begin{cases} x = -3+5u \\ y = 1-3u \end{cases} u \in \mathbb{R} .$

Notiamo che i vettori $v= (-5,3)$ e $w=(5,-3)$ che individuano le direzioni delle rette $r$ ed $s$ , rispettivamente, sono proporzionali, dunque le due rette sono parallele.

Inoltre, detto $A=(2,-2)\in r$ si ha:

$\begin{cases} 2 = -3+5u \\ -2 = 1-3u \end{cases}\Longrightarrow \begin{cases} u = 1\\ -2 = -2 \end{cases},$

da cui segue che $A \in s$ . Dunque le due rette sono coincidenti.

Svolgimento punto 10.

Consideriamo le rette

$r: \begin{cases} x = 4t \\ y = -3-2t \end{cases}\hspace{-0.3cm}, t \in \mathbb{R} \quad\quad \text{ e } \quad s: \begin{cases} x = 1+u \\ y = 2u \end{cases}\hspace{-0.3cm}, u \in \mathbb{R} .$

Notiamo che i vettori $v=(4,-2)$ e $w=(1,2)$ che individuano le direzioni delle rette $r$ ed $s$ , rispettivamente, non sono proporzionali, dunque le rette non sono parallele. Consideriamo il sistema

$\begin{equation*} \begin{cases} 4t = 1+u \\ -3-2t = 2u \end{cases}\Longleftrightarrow \begin{cases} u= 4t-1 \\ -3 - 2t = 8t -2 \end{cases}\Longleftrightarrow \begin{cases} u =- \dfrac{7}{5}\\[10pt] t = -\dfrac{1}{10} \end{cases}. \end{equation*}$

Poiché il sistema possiede un’unica soluzione, le due rette sono incidenti. Per trovare il punto di intersezione $P$ sostituiamo il valore di $t$ nella retta $r$ (o equivalentemente il valore di $u$ nella retta $s$ ), ottenendo

$\begin{cases*} x = -\dfrac{4}{10}\\[10pt] y = -3 + \dfrac{1}{5} \end{cases*}\Longleftrightarrow \begin{cases*} x = -\dfrac{2}{5}\\[10pt] y = - \dfrac{14}{5} \end{cases*}$

Dunque il punto cercato è $P=\left(-\dfrac{2}{5}, -\dfrac{14}{5}\right)$ .

Svolgimento punto 11.

Consideriamo le rette

$r: \begin{cases} x = 2+2t \\ y = 0 \end{cases}\hspace{-0.3cm}, t \in \mathbb{R} \quad\text{ e } s: \begin{cases} x = 1 \\ y = 2-3u \end{cases}\hspace{-0.3cm},u \in \mathbb{R} .$

Notiamo che i vettori $v=(2,0)$ e $w=(0,-3)$ che individuano le direzioni delle rette $r$ ed $s$ , rispettivamente, sono ortogonali, dunque le rette $r$ ed $s$ sono ortogonali e dunque incidenti. In particolare, il loro punto di intersezione è $P=(1,0)$ .

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Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Al variare di $k \in \mathbb{R}$ , stabilire se i seguenti punti sono allineati:

$\begin{equation*} A=(1,1+k), \qquad B=(-1,2k), \qquad C=(k,k). \end{equation*}$

Svolgimento.

Consideriamo i punti

$\begin{equation*} A=(1,1+k), \qquad B=(-1,2k) \qquad C=(k,k), \end{equation*}$

$k \in \mathbb{R}$ e cerchiamo i valori di $k \in \mathbb{R}$ per cui i tre punti sono allineati.

Osserviamo che

$B- A = (-2,k-1)\quad \text{ e } \quad C-A=(k-1,1).$

I tre punti sono allineati se e solo se i due vettori sono paralleli, dunque se e solo se

$(k-1)^2 = 2 \Longrightarrow k=1\pm \sqrt{2}.$

Segue che i tre punti non sono allineati se e solo se $k \in \mathbb{R}\smallsetminus\{1\pm \sqrt{2}\}$ .

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dati i punti $A=(-3,2)$ , $B=(3,k)$ , $C=(h,-2)$ , $D=(-2,4)$ , determinare i valori di $k,h\in \mathbb{R}$ tali che il quadrilatero $ABCD$ sia un parallelogramma.

Svolgimento.

Consideriamo i punti $A=(-3,2)$ , $B=(3,k)$ , $C=(h,-2)$ , $D=(-2,4)$ , $h,k\in \mathbb{R}$ . $ABCD$ è un parallelogramma non degenere se

$B-A = C-D$

e $A,B,C$ sono punti non allineati.

Dunque si ha:

$(6,k-2) = B-A = C-D =(h+2,-6) \Longleftrightarrow h=4\quad \text{ e } \quad k=-4.$

Per tale scelta si ottiene

$B-A= (6,-6)\quad \text{ e } \quad C-A = (7,-4),$

che non sono paralleli, da cui segue che $A,B,C$ non sono allineati.

Segue che gli unici valori per cui $ABCD$ è un parallelogramma sono $h= 4$ e $k=-4$ .

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $\{O,e_1,e_2\}$ un sistema di riferimento affine in $\mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ , dove $\{e_1,e_2\}$ rappresenta la base canonica di $\mathbb{R}^2$ . Determinare per quali valori del parametro $k\in \mathbb{R}$ si ha che $\{O,v_1 =(1, 2),v_2=(k+2,k)\}$ è un sistema di riferimento affine in $\mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ , dove le coordinate di $v_1$ e $v_2$ sono espresse in funzione della base canonica $\{e_1,e_2\}$ .

Svolgimento.

Consideriamo $\{O,v_1=(1,2),v_2=(k+2,k)\}$ . Affinché sia un riferimento affine di $\mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ dobbiamo trovare i valori di $k\in \mathbb{R}$ per cui $v_1$ e $v_2$ costituiscono una base di $\mathbb{R}^2$ , equivalentemente cerchiamo i valori di $k\in \mathbb{R}$ per cui $v_1$ e $v_2$ sono linearmente indipendenti. Consideriamo la matrice

$M= \left(\begin{matrix} 1 & k+2\\ 2 & k \end{matrix}\right).$

Richiedere che $v_1$ e $v_2$ siano linearmente indipendenti equivale a richiedere che rk $(M)=2$ , o equivalentemente det $(M)\neq 0$ . Otteniamo:

$\text{det}(M) = k-2(k+2) =-k - 4 \neq 0 \Longleftrightarrow k \neq -4.$

Dunque $\{O,v_1,v_2\}$ è un riferimento affine di $\mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ per ogni $k\in \mathbb{R}\smallsetminus\{-4\}$ .

Riferimenti bibliografici

[1] A. Cigliola, Foglio 11 – Piano affine, Web Page.

[2] E. Sernesi, Geometria 1 , Bollati Boringhieri (2000).

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