Esercizi di geometria affine nello spazio

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Benvenuti nella nostra raccolta di esercizi di geometria affine nello spazio. In questo articolo presentiamo 11 problemi sulla geometria di rette e piani nello spazio affine tridimensionale, in cui studiamo le relazioni di inclusione, intersezione e mutua posizione di questi oggetti: rette parallele, incidenti, perpendicolari e sghembe e piani paralleli, incidenti e perpendicolari costituiscono l’oggetto di questi problemi di varia difficoltà e natura, studiati mediante le loro equazioni parametriche e cartesiane.

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Buona lettura!

Sommario

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In questa dispensa vengono proposti esercizi di geometria affine nello spazio. I testi degli esercizi sono tratti dal materiale didattico del Prof. Antonio Cigliola [1]. 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].

Autori e revisori

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Autori: Daniele Volpe.

Revisori: Jacopo Garofali.

Notazioni

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$\mathbb{R}$	campo dei numeri reali;
$\mathbb{N}$	insieme numeri naturali (incluso lo zero);
$\mathbb{A}(\mathbb{R}^3)$	spazio affine reale tridimensionale;
$\mathcal{M}_{m\times n}(\mathbb{R})$	spazio vettoriale della matrici quadrate $m\times n$ a coefficienti reali;
$\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ ;	spazio vettoriale della matrici quadrate $n\times n$ a coefficienti reali
$\operatorname{Id}$	matrice identità di dimensione deducibile dal contesto;
$\operatorname{rnk}A$	rango della matrice $A\in\mathcal{M}_{m\times n}(\mathbb{R})$ ;
$\det A$	determinante della matrice quadrata $A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ ;
$\overrightarrow{AB}\in\mathbb{R}^3$	vettore congiungente i punti $A,B\in\mathbb{A}(\mathbb{R}^3)$ ;

Esercizi

$\quad$

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se i seguenti punti $A$ , $B$ , $C$ , $D$ di $\mathbb{A}^3(\mathbb{R})$ sono complanari:

$\quad$

$A=(0,0,0), \quad B=(1,-1,1), \quad C=(3,3,2), \quad D=(-1,-2,1)$

$A=(3,-1,-2), \quad B=(4,-2,0), \quad C=(5,2,6), \quad D=(6,-1,-4)$

$A=(1,0,0), \quad B=(0,0,-1), \quad C=(2,3,-2), \quad D=(2,3,-3)$

$A=(1,-1,2), \quad B=(2,-2,3), \quad C=(0,-1,-2), \quad D=(-1,-1,2)$

$A=(2,0,3), \quad B=(3,0,4), \quad C=(3,1,4), \quad D=(1,0,2)$

Per ciascuna quaterna di punti stabilire se siano complanari e, in caso affermativo, determinare un piano che li contiene. È unico tale piano?

Svolgimento.

È noto che per tre punti non allineati $A$ , $B$ , $C\in\mathbb{A}^3(\mathbb{R})$ passa sempre uno ed un solo piano $\pi\subset\mathbb{A}^3(\mathbb{R})$ di equazione cartesiana data da

(1) $\begin{equation*} (x,y,z)\in \pi\iff \det\begin{pmatrix} x-x_A& y-y_A&z-z_A\\x_B-x_A&y_B-y_A&z_B-z_A\\x_C-x_A&y_C-y_A&z_C-z_A \end{pmatrix}=0. \end{equation*}$

Si veda ad esempio [2, eq. 10.8]. Un quarto punto $D\in\mathbb{A}^3(\mathbb{R})$ appartiene anch’esso a $\pi$ se e solo se soddisfa l’equazione (1).

Ricordiamo che tre punti $A$ , $B$ , $C\in\mathbb{A}^3(\mathbb{R})$ sono allineati se e solo se i vettori $\overrightarrow{AB}$ , $\overrightarrow{AC}\in \mathbb{R}^3$ sono linearmente dipendenti, ovvero se e solo se

(2) $\begin{equation*} \begin{split} \overrightarrow{AC}&=k\overrightarrow{AB} \iff \\ \begin{pmatrix} x_C-x_A&y_C-y_A&z_C-z_A \end{pmatrix}&=k\begin{pmatrix} x_B-x_A&y_B-y_A&z_B-z_A \end{pmatrix} \end{split} \end{equation*}$

per qualche $k\in\mathbb{R}$ non nullo, si veda a tal proposito [2, sez. 7.7]. Ma osservando che la seconda e la terza riga della matrice in (1) sono esattamente le componenti dei due vettori in questione, deduciamo i tre punti sono allineati se e solo se il determinante in (1) risulta identicamente nullo indipendentemente dalle variabili $x$ , $y$ , $z\in\mathbb{R}$ .

Per risolvere l’esercizio dunque sceglieremo, qualora esistano, tre punti non allineati fra quelli assegnati, ricaveremo l’unico piano $\pi$ per essi passante ed infine controlleremo se il quarto punto vi appartenga o meno.

Svolgimento punto 1.

Ricaviamo l’equazione del presunto unico piano $\pi$ passante per $A$ , $B$ e $C$ :

$\begin{aligned} \det\begin{pmatrix} x-x_A& y-y_A&z-z_A\\x_B-x_A&y_B-y_A&z_B-z_A\\x_C-x_A&y_C-y_A&z_C-z_A \end{pmatrix}=\det\begin{pmatrix} x& y&z\\1&-1&1\\3&3&2 \end{pmatrix}\\[7pt]=x(-2-3)-y(2-3)+z(3+3)=-5x+y+6z=0, \end{aligned}$

dove il determinante è stato calcolato con la regola di Laplace sviluppando rispetto alla prima riga.

Sostituiamo nell’equazione le coordinate di $D$

(3) $\begin{equation*} 5-2+6=9\neq 0. \end{equation*}$

Dunque i quattro punti non sono complanari.

Svolgimento punto 2.

Ricaviamo l’equazione del presunto unico piano $\pi$ passante per $A$ , $B$ e $C$ :

$\begin{aligned} \det\begin{pmatrix} x-x_A& y-y_A&z-z_A\\x_B-x_A&y_B-y_A&z_B-z_A\\x_C-x_A&y_C-y_A&z_C-z_A \end{pmatrix}=\det\begin{pmatrix} x-3& y+1&z+2\\1&-1&2\\2&3&8 \end{pmatrix}\\[7pt]=(x-3)(-8-6)-(y+1)(8-4)+(z+2)(3+2)=-14x-4y+5z+50=0, \end{aligned}$

dove il determinante è stato calcolato con la regola di Laplace sviluppando rispetto alla prima riga.

Sostituiamo nell’equazione le coordinate di $D$

(4) $\begin{equation*} -84+4-20+50=-50\neq 0. \end{equation*}$

Dunque i quattro punti non sono complanari.

Svolgimento punto 3.

Ricaviamo l’equazione del presunto unico piano $\pi$ passante per $A$ , $B$ e $C$ :

$\begin{aligned} \det\begin{pmatrix} x-x_A& y-y_A&z-z_A\\x_B-x_A&y_B-y_A&z_B-z_A\\x_C-x_A&y_C-y_A&z_C-z_A \end{pmatrix}=\det\begin{pmatrix} x-1& y&z\\-1&0&-1\\1&3&-2 \end{pmatrix}\\[7pt]=-(-2y-3z)-(3x-3-y)=-3x+3y+3z+3=0, \end{aligned}$

dove il determinante è stato calcolato con la regola di Laplace sviluppando rispetto alla seconda riga.

Sostituiamo nell’equazione le coordinate di $D$

(5) $\begin{equation*} -6+9-9+3=-3\neq 0. \end{equation*}$

Dunque i quattro punti non sono complanari.

Svolgimento punto 4.

Ricaviamo l’equazione del presunto unico piano $\pi$ passante per $A$ , $B$ e $C$ :

$\begin{aligned} \det\begin{pmatrix} x-x_A& y-y_A&z-z_A\\x_B-x_A&y_B-y_A&z_B-z_A\\x_C-x_A&y_C-y_A&z_C-z_A \end{pmatrix}=\det\begin{pmatrix} x-1& y+1&z-2\\1&-1&1\\-1&0&-4 \end{pmatrix}\\[7pt]=-(y+1+z-2)-4(1-x-y-1)=4x+3y-z+1=0, \end{aligned}$

dove il determinante è stato calcolato con la regola di Laplace sviluppando rispetto alla terza riga.

Sostituiamo nell’equazione le coordinate di $D$

(6) $\begin{equation*} -4-3-2+1=-8\neq 0. \end{equation*}$

Dunque i quattro punti non sono complanari.

Svolgimento punto 5.

Ricaviamo l’equazione del presunto unico piano $\pi$ passante per $A$ , $B$ e $C$ :

$\begin{aligned} \det\begin{pmatrix} x-x_A& y-y_A&z-z_A\\x_B-x_A&y_B-y_A&z_B-z_A\\x_C-x_A&y_C-y_A&z_C-z_A \end{pmatrix}&=\det\begin{pmatrix} x-2& y&z-3\\1&0&1\\1&1&1 \end{pmatrix}\\[7pt]=y-z+3+x-2-y&=x-z+1=0, \end{aligned}$

dove il determinante è stato calcolato con la regola di Laplace sviluppando rispetto alla seconda riga.

Sostituiamo nell’equazione le coordinate di $D$

(7) $\begin{equation*} 1-2+1= 0. \end{equation*}$

Dunque i quattro punti sono complanari.

Esercizio 2 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se i seguenti punti $A$ , $B$ , $C$ di $\mathbb{A}^3(\mathbb{R})$ sono allineati. In caso affermativo, determinare l’equazione della retta che passa per essi, in caso negativo l’equazione del piano che li contiene:

$\quad$

$A=(3,0,-2),\; \qquad B=(4,-1,-4), \qquad\; C=(2,1,0);$

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

$A=(1,0,0), \qquad\quad B=(1,0,-\pi),\quad \qquad C=(0,0,1);$

$A=(3,4,2), \qquad\quad B=(5,-1,1),\quad \qquad C=(2,-3,-2);$

$A=(-3,2,1), \;\qquad B=(-4,2,3), \quad\qquad C=(-5,2,-1).$

Svolgimento.

Come discusso nella risoluzione dell’esercizio precedente, tre punti sono allineati se e solo se l’identità (2) è verificata. In tal caso uno dei due vettori, ad esempio $\overrightarrow{AB}$ , può essere scelto come vettore di giacitura dell’unica retta $r\subset \mathbb{A}^3(\mathbb{R})$ contenente i tre punti. Fissato un punto arbitrario appartenente alla retta, ad esempio $A$ , abbiamo che l’equazione parametrica di tale retta è

(8) $\begin{equation*} (x,y,z)=P\in r \iff P=A+t\overrightarrow{AB}, \end{equation*}$

con $t\in\mathbb{R}$ . Si veda [2, eq. 8.3].

Possiamo quindi svolgere l’esercizio provando in primis a ricavare l’equazione cartesiana di un piano contenente i tre punti, qualora il determinante in (1) risultasse nullo indipendentemente dalle variabili, avremo che l’identità (2) è soddisfatta e si può quindi procedere con il calcolo dell’equazione parametrica della retta passante per i tre punti.

Svolgimento punto 1.

Proviamo a ricavare l’equazione del presunto unico piano $\pi$ passante per $A$ , $B$ e $C$ :

$\begin{aligned} \det\begin{pmatrix} x-x_A& y-y_A&z-z_A\\x_B-x_A&y_B-y_A&z_B-z_A\\x_C-x_A&y_C-y_A&z_C-z_A \end{pmatrix}=\det\begin{pmatrix} x-3& y&z+2\\1&-1&-2\\-1&1&2 \end{pmatrix}=0. \end{aligned}$

Il determinante è sempre nullo e l’equazione è indeterminata, poiché le righe contenenti i vettori $\overrightarrow{AB}$ e $\overrightarrow{AC}$ sono proporzionali con costante $k=-1$ . I punti sono quindi allineati e l’equazione parametrica dell’unica retta $r$ passante per essi è data, per ogni $t\in\mathbb{R}$ , da

$\begin{aligned} P=A+t\overrightarrow{AB} \iff& \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 3\\0\\-2 \end{pmatrix} +t\begin{pmatrix} 1\\-1\\-2 \end{pmatrix}\\ \iff&\begin{cases} x=3+t\\ y=-t\\ z=-2-2t. \end{cases} \end{aligned}$

Svolgimento punto 2.

Proviamo a ricavare l’equazione del presunto unico piano $\pi$ passante per $A$ , $B$ e $C$ :

$\begin{aligned} \det\begin{pmatrix} x-x_A& y-y_A&z-z_A\\x_B-x_A&y_B-y_A&z_B-z_A\\x_C-x_A&y_C-y_A&z_C-z_A \end{pmatrix}&=\det\begin{pmatrix} x-2& y-2&z-2\\-1&-1&-3\\-3&0&1 \end{pmatrix}\\[7pt]=-3(-3y+6+z-2)+-x+2+y-2&=-x+10y-3z-12=0, \end{aligned}$

dove il determinante è stato calcolato con la regola di Laplace sviluppando rispetto alla terza riga.

I punti non sono quindi allineati.

Svolgimento punto 3.

Proviamo a ricavare l’equazione del presunto unico piano $\pi$ passante per $A$ , $B$ e $C$ :

$\begin{aligned} \det\begin{pmatrix} x-x_A& y-y_A&z-z_A\\x_B-x_A&y_B-y_A&z_B-z_A\\x_C-x_A&y_C-y_A&z_C-z_A \end{pmatrix}=\det\begin{pmatrix} x-1& y&z\\0&0&-\pi\\-1&0&1 \end{pmatrix}=\pi y=0, \end{aligned}$

dove il determinante è stato calcolato con la regola di Laplace sviluppando rispetto alla seconda riga.

I punti non sono quindi allineati.

Svolgimento punto 4.

Proviamo a ricavare l’equazione del presunto unico piano $\pi$ passante per $A$ , $B$ e $C$ :

$\begin{aligned} \det&\begin{pmatrix} x-x_A& y-y_A&z-z_A\\x_B-x_A&y_B-y_A&z_B-z_A\\x_C-x_A&y_C-y_A&z_C-z_A \end{pmatrix}=\det\begin{pmatrix} x-3& y-4&z-2\\2&-5&-1\\-1&-7&-4 \end{pmatrix}\\[7pt]&=-2(-4y+16+7z-14)-5(-4x+12+z-2)+(-7x+21+y-4)\\[7pt] &=13x+9y-19z-37=0, \end{aligned}$

dove il determinante è stato calcolato con la regola di Laplace sviluppando rispetto alla seconda riga.

I punti non sono quindi allineati.

Svolgimento punto 5.

Proviamo a ricavare l’equazione del presunto unico piano $\pi$ passante per $A$ , $B$ e $C$ :

$\begin{aligned} \det&\begin{pmatrix} x-x_A& y-y_A&z-z_A\\x_B-x_A&y_B-y_A&z_B-z_A\\x_C-x_A&y_C-y_A&z_C-z_A \end{pmatrix}=\det\begin{pmatrix} x+3& y-2&z-1\\-1&0&2\\-2&0&-2 \end{pmatrix}=-6y+12=0, \end{aligned}$

dove il determinante è stato calcolato con la regola di Laplace sviluppando rispetto alla seconda colonna.

I punti non sono quindi allineati.

Esercizio 3 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare, se possibile, per ciascuna delle seguenti terne di punti di $\mathbb{A}^3(\mathbb{R})$ l’equazione parametrica o cartesiana di una retta e di un piano che le contiene:

$\quad$

$A=(4,2,0), \quad \qquad B=(1,3,1), \qquad\quad \quad C=(1,3,5);$

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

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

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

$A=(1,-2,1), \;\qquad B=(2,0,3), \qquad\qquad C=(1,-3,4).$

Svolgimento.

Se i tre punti non sono allineati esiste un unico piano che li contiene, la cui equazione cartesiana è data da (1). Se sono invece allineati i piani contenenti tali punti sono infiniti e si intersecano nell’unica retta passante per essi, la cui equazione parametrica è data da (8). In tal caso un piano $\pi$ contenente i tre punti può essere determinato in forma parametrica scegliendo:

$\quad$

un qualsiasi punto ad esso appartenente per costruzione, ad esempio $A$ ;

il vettore di giacitura $\overrightarrow{AB}$ ed un qualsiasi altro vettore $v$ a piacimento non linearmente dipendente da $\overrightarrow{AB}$ , quindi non proporzionale ad esso.

L’equazione in tal caso risulta essere:

(9) $\begin{equation*} (x,y,z)=Q\in\pi \iff Q=t_1\overrightarrow{AB}+t_2 v, \end{equation*}$

con $t_1$ , $t_2\in\mathbb{R}$ . Si veda [2, eq. 10.1].

Svolgimento punto 1.

Proviamo a ricavare l’equazione del presunto unico piano $\pi$ passante per $A$ , $B$ e $C$ :

$\begin{aligned} \det\begin{pmatrix} x-x_A& y-y_A&z-z_A\\x_B-x_A&y_B-y_A&z_B-z_A\\x_C-x_A&y_C-y_A&z_C-z_A \end{pmatrix}&=\det\begin{pmatrix} x-4& y-2&z\\-3&1&1\\-3&1&5 \end{pmatrix}\\[7pt]=4(x-4)+12(y-2)&=4x+12y-40=0, \end{aligned}$

dove il determinante è stato calcolato con la regola di Laplace sviluppando rispetto alla prima riga.

I punti non sono quindi allineati e non è possibile ricavare una retta che li contenga tutti.

Svolgimento punto 2.

Proviamo a ricavare l’equazione del presunto unico piano $\pi$ passante per $A$ , $B$ e $C$ :

$\begin{aligned} \det\begin{pmatrix} x-x_A& y-y_A&z-z_A\\x_B-x_A&y_B-y_A&z_B-z_A\\x_C-x_A&y_C-y_A&z_C-z_A \end{pmatrix}&=\det\begin{pmatrix} x-1& y+2&z-1\\1&1&1\\0&1&1 \end{pmatrix}\\[7pt] =(1-x)+(z-1)+(x-1)-(y+2)&=-y+z-3=0, \end{aligned}$

dove il determinante è stato calcolato con la regola di Laplace sviluppando rispetto alla terza riga.

I punti non sono quindi allineati e non è possibile ricavare una retta che li contenga tutti.

Svolgimento punto 3.

Proviamo a ricavare l’equazione del presunto unico piano $\pi$ passante per $A$ , $B$ e $C$ :

$\begin{aligned} \det\begin{pmatrix} x-x_A& y-y_A&z-z_A\\x_B-x_A&y_B-y_A&z_B-z_A\\x_C-x_A&y_C-y_A&z_C-z_A \end{pmatrix}&=\det\begin{pmatrix} x-2& y-1&z\\0&-1&3\\0&1&-3 \end{pmatrix}=0. \end{aligned}$

Il determinante è sempre nullo indipendentemente dalle tre variabili e l’equazione è indeterminata, poiché le righe contenenti le componenti dei vettori $\overrightarrow{AB}$ e $\overrightarrow{AC}$ sono proporzionali con costante di proporzionalità $k=-1$ .

I punti sono quindi allineati e l’equazione parametrica dell’unica retta $r$ passante per essi è data, per ogni $t\in\mathbb{R}$ , da

$\begin{aligned} P=A+t\overrightarrow{AB} \iff& \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 2\\1\\0 \end{pmatrix} +t\begin{pmatrix} 0\\-1\\3 \end{pmatrix}\\ \iff&\begin{cases} x=2\\ y=1-t\\ z=3t. \end{cases} \end{aligned}$

Per scrivere l’equazione di un piano contenente la retta $r$ , e quindi contenente tutti i tre punti in esame, scegliamo come secondo vettore di giacitura $v=(1,0,0)$ che ovviamente non è proporzionale ad $\overrightarrow{AB}$ . L’equazione parametrica del piano $\pi$ scelto è quindi data, per ogni $t_1$ , $t_2\in\mathbb{R}$ , da

$\begin{aligned} Q=t_1\overrightarrow{AB}+t_2 v\iff& \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2\\1\\0 \end{pmatrix}+t_1\begin{pmatrix} 0\\-1\\3 \end{pmatrix}+t_2 \begin{pmatrix} 1\\0\\0 \end{pmatrix}\\ \iff& \begin{cases} x=2+t_2\\ y=1-t_1\\ z=3t_1. \end{cases} \end{aligned}$

Svolgimento punto 4.

Proviamo a ricavare l’equazione del presunto unico piano $\pi$ passante per $A$ , $B$ e $C$ :

I punti sono quindi allineati e l’equazione parametrica dell’unica retta $r$ passante per essi è data, per ogni $t\in\mathbb{R}$ , da

$\begin{aligned} P=A+t\overrightarrow{AB} \iff& \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1\\-2\\1 \end{pmatrix} +t\begin{pmatrix} 1\\3\\-1 \end{pmatrix}\\ \iff&\begin{cases} x=1+t\\ y=-2+3t\\ z=1-t. \end{cases} \end{aligned}$

$\begin{aligned} Q=t_1\overrightarrow{AB}+t_2 v\iff& \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1\\-2\\1 \end{pmatrix} +t_1\begin{pmatrix} 1\\3\\-1 \end{pmatrix}+t_2 \begin{pmatrix} 1\\0\\0 \end{pmatrix}\\ \iff&\begin{cases} x=1+t_1+t_2\\ y=-2+3t_1\\ z=1-t_1. \end{cases} \end{aligned}$

Svolgimento punto 5.

Proviamo a ricavare l’equazione del presunto unico piano $\pi$ passante per $A$ , $B$ e $C$ :

$\begin{aligned} \det\begin{pmatrix} x-x_A& y-y_A&z-z_A\\x_B-x_A&y_B-y_A&z_B-z_A\\x_C-x_A&y_C-y_A&z_C-z_A \end{pmatrix}&=\det\begin{pmatrix} x-1& y+2&z-1\\1&2&2\\0&-1&3 \end{pmatrix}\\[7pt]=2(x-1)-z+1+6(x-1)-3(y+2)&=8x-3y-z-13=0, \end{aligned}$

dove il determinante è stato calcolato con la regola di Laplace sviluppando rispetto alla terza riga.

I punti non sono quindi allineati e non è possibile ricavare una retta che li contenga tutti.

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $\mathcal{R}=\{O,e_1,e_2,e_3\}$ un sistema di riferimento affine in $\mathbb{A}^3(\mathbb{R})$ , dove $\{e_1,e_2,e_3\}$ è la base canonica di $\mathbb{R}^3$ . Si dimostri che anche

$\mathcal{R}'=\{O,v_1=2e_1+e_2-e_3, v_2 = -e_1 + 2e_2, v_3= e_3\}$

è un sistema di riferimento affine in $\mathbb{A}^3(\mathbb{R})$ . Determinare le equazioni del cambiamento di coordinate da un sistema di riferimento all’altro.

Svolgimento.

Un sistema di riferimento affine per lo spazio affine $\mathbb{A}^3(\mathbb{R})$ è identificato dalla scelta di un punto d’origine ed una terna di vettori linearmente indipendenti di $\mathbb{R}^3$ . I due sistemi forniti nel testo presentano lo stesso punto $O$ d’origine, dunque per provare che anche $\mathcal{R}'$ è un sistema di riferimento affine basta verificare che $v_1, v_2, v_3$ siano linearmente indipendenti. Tale fatto può essere provato notanto che la matrice composta dalle componenti di tali vettori rispetto alla base canonica è non singolare.

Calcoliamo il determinante della matrice avente per colonne le coordinate dei vettori $v_1, v_2, v_3$ rispetto alla base $\mathcal{E}=\{e_1, e_2, e_3\}$ :

$\text{M} = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

Il determinante è:

$\det(\text{M}) = 5$

Poiché il determinante è diverso da zero, i vettori sono linearmente indipendenti e $\mathcal{R}'$ è un sistema di riferimento affine.

Siano adesso $\textbf{x}=(x_1,x_2,x_3)\in\mathbb{R}^3$ le coordinate di un punto di $\mathbb{A}^3(\mathbb{R})$ rispetto al sistema $\mathcal{R}$ e $\textbf{x}'=(x'_1,x'_2,x'_3)\in\mathbb{R}^3$ le coordinate dello stesso punto rispetto ad $\mathcal{R}'$ , abbiamo

(10) $\begin{equation*} \textbf{x}=\text{M}\textbf{x}'. \end{equation*}$

Invertendo la matrice $\text{M}$ , otteniamo:

$\text{M}^{-1} = \dfrac{1}{5} \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ -1 & 2 & 0 \\ 2 & 1 & 5 \end{pmatrix}.$

Le equazioni di cambiamento di coordinate sono quindi:

$x_1' = \dfrac{2x_1 + x_2}{5}, \quad x_2' = \dfrac{-x_1 + 2x_2}{5}, \quad x_3' = \dfrac{2x_1 + x_2 + 5x_3}{5}.$

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare le equazioni parametriche e cartesiane della retta parallela a $v\in \mathbb{R}^3$ e passante per $A\in \mathbb{A}^3(\mathbb{R})$ , nei seguenti casi:

$\quad$

$v=(-1,2,3),\qquad\quad\; A=(0,-3,-2);$

$v=(1,1,0),\qquad \qquad A=(1,1,0);$

$v=\left(-\dfrac{1}{2},1,\dfrac{2}{3}\right),\qquad \; A=(-2,1,1).$

Svolgimento.

Applichiamo la (8) per ricavare l’equazione parametrica di ciascuna delle tre rette. Le rispettive equazioni cartesiane si determinano risolvendo il sistema eliminando il parametro $t$ . Notiamo che le equazioni cartesiane della retta si ottengono mettendo a sistema due equazioni cartesiane, ciascuna delle quali rappresenta un piano: una retta in tre dimensioni è infatti ottenibile come intersezione di due piani distinti e non paralleli.

Svolgimento punto 1.

Le equazioni parametriche della retta passante per $A = (0, -3, -2)$ e parallela a $v = (-1, 2, 3)$ sono date da:

$\begin{cases} x = 0 - t \\ y = -3 + 2t \\ z = -2 + 3t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}.$

Le equazioni cartesiane della retta si ottengono eliminando il parametro $t$ , ad esempio sostituendo l’equazione per $x$ nelle due successive:

$\begin{cases} y = -3 - 2x \\ z = -2 - 3x \end{cases}.$

Svolgimento punto 2.

Le equazioni parametriche della retta passante per $A = (1, 1, 0)$ e parallela a $v = (1, 1, 0)$ sono date da:

$\begin{cases} x = 1 + t \\ y = 1 + t \\ z = 0 \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}.$

Le equazioni cartesiane della retta si ottengono, ad esempio, per confronto ricavando $t$ dalle prime due equazioni e sono quindi:

$\begin{cases} x = y \\ z=0. \end{cases}$

Svolgimento punto 3.

Le equazioni parametriche della retta passante per $A = (-2, 1, 1)$ e parallela a $v = \left( -\dfrac{1}{2}, 1, \dfrac{2}{3} \right)$ sono:

$\begin{cases} x = -2 - \dfrac{t}{2} \\ y = 1 + t \\ z = 1 + \dfrac{2t}{3} \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}.$

Le equazioni cartesiane della retta si possono ottenere per sostituzione, ricavando dalla seconda equazione il parametro $t$ e sono:

$\begin{cases} x = -2 - \dfrac{y-1}{2}=-\dfrac{3}{2}-\dfrac{y}{2} \\[7pt] z = 1 + \dfrac{2(y-1)}{3}= \dfrac{1}{3} + \dfrac{2y}{3}. \end{cases}$

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare le equazioni parametriche e cartesiane della retta passante per i punti $A$ e $B$ in $\mathbb{A}^3(\mathbb{R})$ , nei seguenti casi:

$\quad$

$A=(-1,-1,0),\qquad B=(-3,1,0);$

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

$A=\left(\dfrac{3}{2},\dfrac{8}{5},1\right), \qquad\; B=\left(-\dfrac{1}{2},\dfrac{4}{5},3\right).$

Svolgimento.

Si procede analogamente all’esercizio precedente, dopo aver determinanto il vettore direttore $v=B-A$ di ogni retta.

Svolgimento punto 1.

Le equazioni parametriche della retta passante per $A = (-1, -1, 0)$ e $B = (-3, 1, 0)$ sono date da:

$\begin{cases} x = -1 - 2t \\ y = -1 + 2t \\ z = 0 \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}.$

Le equazioni cartesiane della retta si ottengono eliminando il parametro $t$ , ad esempio sommando l’equazione per $x$ e la successiva:

$\begin{cases} x+y = -2 \\ z = 0. \end{cases}$

Svolgimento punto 2.

Le equazioni parametriche della retta passante per $A = (2, 1, 2)$ e $B = (1, 1, -1)$ sono date da:

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

Le equazioni cartesiane della retta si ottengono eliminando il parametro $t$ , ad esempio ricavando $t$ dalle equazioni per $x$ e sostituendo nell’equazione per $z$ :

$\begin{cases} z = 3x - 4 \\ y = 1. \end{cases}$

Svolgimento punto 3.

Le equazioni parametriche della retta passante per $A = \left( \dfrac{3}{2}, \dfrac{8}{5}, 1 \right)$ e $B = \left( -\dfrac{1}{2}, \dfrac{4}{5}, 3 \right)$ sono date da:

$\begin{cases} x = \dfrac{3}{2} - 2t \\[7pt] y = \dfrac{8}{5} - \dfrac{4}{5}t \\[7pt] z = 1 + 2t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}.$

Le equazioni cartesiane della retta si ottengono eliminando $t$ , ad esempio sostituendo l’equazione per $y$ nelle altre due:

$\begin{cases} x = \dfrac{3}{2} - \left(2 - \dfrac{5}{4}y\right) = -\dfrac{5}{2} + \dfrac{5}{2}y \\[9pt] z = 1 + 2\left(2 - \dfrac{5}{4}y\right) = 5-\dfrac{5}{2}y. \end{cases}$

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare la posizione reciproca delle rette $r$ ed $s$ ; se sono incidenti determinare il loro punto di intersezione, se sono complanari, determinare un piano che le contiene:

$\quad$

$r: \begin{cases} x+y+z=11 \\ 2x+y-z=0 \end{cases},\qquad\qquad s: \begin{cases} x+z+1=0 \\ 3x+4y+2=0 \end{cases};$

$r: \begin{cases} x-y+z=1 \\ 2y-z=0 \end{cases},\qquad\qquad\; s: \begin{cases} x=t-3\\ y=-t \\ z=-2t+6 \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R};$

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

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

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

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

$r: \begin{cases} x+y+z+1=0 \\ y+3z+2=0 \end{cases},\qquad\quad s: \begin{cases} 2x+8z+1=0 \\ x+y+7z-a=0 \end{cases}.$

Svolgimento.

Notiamo innanzitutto che il vettore direttore di una retta può essere ricavato come prodotto vettoriale dei vettori ortogonali ai piani, facilmente ricavabili ad occhio dalle equazioni cartesiane dei due piani che determinano la retta.

Siano $n_1,n_2\in\mathbb{R}^3$ i vettori ortogonali ad i due piani $n_1=(a_1,b_1,c_1)$ ed $n_2=(a_2,b_2,c_2)$ , siano $d_1,d_2\in\mathbb{R}$ e $v_r\in\mathbb{R}^3$ il vettore direttore della retta, abbiamo:

(11) $\begin{equation*} r: \begin{cases} a_1x+b_1y+c_1z+d_1=0\\ a_2x+b_2y+c_2z+d_2=0\end{cases} \qquad v_r=n_1 \times n_2= (a_1,b_1,c_1)\times(a_2,b_2,c_2). \end{equation*}$

Per determinare la posizione reciproca di due rette $r$ e $s$ nello spazio $\mathbb{A}^3(\mathbb{R})$ , si procede analizzando la forma delle equazioni che le descrivono (parametriche o cartesiane). Le possibilità geometriche sono tre:

$\quad$

Rette incidenti: le rette si intersecano in un unico punto, in tal caso sono contenute in uno stesso piano.

Rette parallele: le rette sono contenute in uno stesso piano, ma non si intersecano.

Rette coincidenti: le due rette coincidono.

Rette sghembe: le rette non si intersecano e non sono contenute in uno stesso piano.

Il problema può essere approcciato algebricamente studiando il sistema lineare di $4$ equazioni in $3$ incognite che si ottiene mettendo in un sistema unico le equazioni cartesiane delle due rette.

Le quattro equazioni cartesiane singolarmente rappresentano dei piani (a coppie non paralleli): il problema dell’intersezione delle due rette diventa quindi lo studio delle intersezioni dei $4$ piani che, a coppie, le definiscono.

$\quad$

Rette incidenti: se il sistema in esame è compatibile e ammette una sola soluzione, quindi se matrice completa e incompleta hanno rango pari a $3$ , i $4$ piani, e dunque le rette, si intersecano in un solo punto.

Rette parallele: se il sistema è incompatibile, dunque non vi sono intersezioni, ma i vettori direttori delle rette (11) sono proporzionali, quindi la matrice incompleta ha rango $2$ diverso dal rango della matrice completa.

Rette coincidenti: se il sistema è compatibile e ammette $\infty^1$ soluzioni, e quindi se la matrice completa e incompleta hanno rango pari a $2$ , i $4$ piani si intersecano in un una sola retta ed $r$ ed $s$ risultano coincidenti.

Rette sghembe: se il sistema è incompatibile, dunque non vi sono intersezioni, e i vettori direttori delle rette (11) non sono proporzionali, quindi se la matrice incompleta ha rango massimo pari a $3$ e la matrice completa ha rango $4$ .

Tale approccio sistematico basato sulle equazioni cartesiane può risultare dispendioso in termini di tempo, poiché porta necessariamente a dover studiare il sistema di $4$ equazioni con manipolazioni ad hoc, oppure allo studio della compatibilità e del rango delle ripettive matrici complete ed incomplete.

Un approccio furbo, basato sulle equazioni parametriche, può essere invece dato in primis ricavando e confrontando i vettori direttori delle due rette e, successivamente, studiandone l’eventuale intersezione. Infatti:

$\quad$

Rette incidenti: se i vettori direttori sono linearmente indipendenti (e quindi non sono proporzionali) e la differenza fra le equazioni parametriche si annulla per un’unica scelta dei due parametri.

Rette parallele: se i vettori direttori sono linearmente dipendenti (e quindi proporzionali) e la differenza fra le due equazioni parametriche non è un vettore proporzionale ai vettori direttori rette (per ogni valore dei parametri).

Rette coincidenti: se i vettori direttori sono linearmente dipendenti (e quindi proporzionali) e la differenza fra le equazioni parametriche è un vettore proporzionale ai vettori direttori delle rette per ogni valore dei parametri, eccetto una scelta per la quale è il vettore nullo. In tal caso il sistema ottenuto eguagliando le equazioni parametriche è sempre verificato.

Rette sghembe: se i vettori direttori sono linearmente indipendenti (e quindi non sono proporzionali) e la differenza fra le due equazioni parametriche non si annulla per nessuna scelta dei parametri. In tal caso il sistema ottenuto eguagliando le equazioni parametriche è impossibile.

Per approfondimenti su questi concetti, si veda [2, Sernesi, sez. 7.4].

Svolgimento punto 1.

Approccio cartesiano

Scriviamo il sistema lineare delle due rette:

$\begin{cases} x + y + z = 11 \\ 2x + y - z = 0 \\ x + z = -1 \\ 3x + 4y = -2 \end{cases}.$

Scriviamo la matrice dei coefficienti $A$ e la matrice completa $A^*$ :

$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 3 & 4 & 0 \end{pmatrix}, \quad A^* = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 11 \\ 2 & 1 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & -1 \\ 3 & 4 & 0 & -2 \end{pmatrix}.$

Calcoliamo il rango di $A$ e $A^*$ :

$\text{rang}(A) = 3, \quad \text{rang}(A^*) = 4.$

La matrice completa ha infatti determinante non nullo e quindi pari a $4$ , mentre la matrice incompleta ha rango massimo $3$ .

Poiché $\text{rang}(A) \neq \text{rang}(A^*)$ il sistema è incompatibile, inoltre la matrice incompleta ha rango massimo e quindi le rette sono sghembe.

Approccio parametrico

Per trovare le equazioni parametriche di $r$ , iniziamo da:

$\begin{cases} x + y + z = 11 \\ 2x + y - z = 0 \end{cases}.$

Poniamo $x = t$ come parametro. Sostituiamo questa scelta nelle due equazioni per ricavare $y$ e $z$ :

$\begin{aligned} x + y + z &= 11 \implies t + y + z = 11 \implies y + z = 11 - t, \\ 2x + y - z &= 0 \implies 2t + y - z = 0 \implies y = z - 2t. \end{aligned}$

Sostituendo $y = z - 2t$ nell’equazione $y + z = 11 - t$ :

$(z - 2t) + z = 11 - t \implies 2z - 2t = 11 - t \implies 2z = 11 + t \implies z = \dfrac{11 + t}{2}.$

Ora che abbiamo $z$ , possiamo ricavare $y$ :

$y = z - 2t = \dfrac{11 + t}{2} - 2t = \dfrac{11 + t - 4t}{2} = \dfrac{11 - 3t}{2}.$

Quindi, le equazioni parametriche di $r$ sono:

$r: \begin{cases} x = t \\[5pt] y = \dfrac{11 - 3t}{2} \\[7pt] z = \dfrac{11 + t}{2} \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}.$

Per $s$ , partiamo da:

$\begin{cases} x + z = -1 \\ 3x + 4y = -2 \end{cases}.$

Poniamo $x = u$ come parametro. Sostituiamo questa scelta nelle due equazioni per ricavare $y$ e $z$ :

$\begin{aligned} x + z &= -1 \implies u + z = -1 \implies z = -1 - u, \\[5pt] 3x + 4y &= -2 \implies 3u + 4y = -2 \implies y = \dfrac{-2 - 3u}{4}. \end{aligned}$

Quindi, le equazioni parametriche di $s$ sono:

$s: \begin{cases} x = u \\[5pt] y = \dfrac{-2 - 3u}{4} \\[5pt] z = -1 - u \end{cases}, \quad u \in \mathbb{R}.$

Ora che abbiamo le equazioni parametriche, possiamo confrontare i vettori direttori delle due rette:

– Il vettore direttore della retta $r$ è $v_r = \left(1, -\dfrac{3}{2}, \dfrac{1}{2}\right)$ .

– Il vettore direttore della retta $s$ è $v_s = \left(1, -\dfrac{3}{4}, -1\right)$ .

Poiché $v_r$ e $v_s$ non sono proporzionali, le rette non sono parallele.

Confrontiamo ora le equazioni parametriche di $r$ e $s$ ponendo $r(t) = s(u)$ :

$\begin{cases} t = u \\[5pt] \dfrac{11 - 3t}{2} = \dfrac{-2 - 3u}{4} \\[7pt] \dfrac{11 + t}{2} = -1 - u. \end{cases}$

Sostituendo $t = u$ nelle altre due equazioni:

$\begin{cases} \dfrac{11 - 3u}{2} = \dfrac{-2 - 3u}{4}, \\[7pt] \dfrac{11 + u}{2} = -1 - u. \end{cases}$

La prima equazione diventa:

$2(11 - 3u) = -2 - 3u \implies 22 - 6u = -2 - 3u \implies 24 = 3u \implies u = 8.$

Ora sostituiamo $u = 8$ nella seconda equazione:

$\dfrac{11 + 8}{2} = -1 - 8 \implies \dfrac{19}{2} = -9,$

che è un’assurdità, quindi il sistema è incompatibile.

Poiché il sistema parametrico è incompatibile e i vettori direttori non sono proporzionali, le rette $r$ e $s$ sono sghembe.

Svolgimento punto 2.

Dato che il testo fornisce l’equazione parametrica di $s$ , utilizziamo il secondo approccio. Per ricavare l’equazione parametrica della retta $r$ , partiamo da:

$\begin{cases} x - y + z = 1 \\ 2y - z = 0 \end{cases}.$

Poniamo $y = t$ come parametro e sostituiamo nelle due equazioni:

$\begin{aligned} x - t + z &= 1 \implies x + z = t + 1, \\ z &= 2t. \end{aligned}$

Sostituendo $z = 2t$ nella prima equazione:

$x + 2t = t + 1 \implies x = 1 - t.$

Quindi, le equazioni parametriche di $r$ sono:

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

Le equazioni parametriche di $s$ sono:

$s: \begin{cases} x = u - 3 \\ y = -u \\ z = -2u + 6 \end{cases}, \quad u \in \mathbb{R}.$

Ora confrontiamo i vettori direttori delle due rette:

– Il vettore direttore della retta $r$ è $v_r = (-1, 1, 2)$ .

– Il vettore direttore della retta $s$ è $v_s = (1, -1, -2)$ .

Poiché i due vettori sono proporzionali, le rette sono parallele o coincidenti.

Studiamo la differenza fra le due equazioni

$r(t)-s(u)=(-t-u+4, t-u, 2t+2u-6).$

Tale vettore non è proporzionale a $v_r$ per ogni scelta di $u$ e $t$ e quindi le rette sono parallele.

Per determinare l’equazione del piano contenente le due rette, scegliamo i seguenti punti:

1. Punto $P$ su $r$ : per $t = 0$ , $P = (1, 0, 0)$ .

2. Punto $Q$ su $s$ : per $u = 0$ , $Q = (-3, 0, 6)$ .

Costruiamo due vettori di giacitura:

1. Il vettore direttore di $r$ : $v_r = (-1, 1, 2)$ .

2. Un vettore differenza tra $P$ e $Q$ : $P - Q = (1 - (-3), 0 - (-3), 0 - 6) = (4, 0, -6)$ .

Il piano è generato da questi due vettori. L’equazione cartesiana del piano è data da 1:

$\det \begin{pmatrix} x - 1 & y & z \\ -1 & 1 & 2 \\ 4 & 0 & -6 \end{pmatrix} = 0.$

Calcoliamo il determinante:

$(x - 1) \det \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & -6 \end{pmatrix} - y \det \begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 4 & -6 \end{pmatrix} + z \det \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 4 & 0 \end{pmatrix} = 0,$

che si semplifica in:

$(x - 1)(- 6) - y(6 - 8) + z(- 4) = 0.$

Espandendo, otteniamo l’equazione del piano:

$-3x + y - 2z + 3 = 0.$

Le rette sono quindi parallele e complanari, e l’equazione del piano che le contiene è $-3x + y - 2z + 3 = 0$ .

Svolgimento punto 3.

Utilizziamo l’approccio parametrico. Ricaviamo quindi le equazioni parametriche delle due rette e procediamo all’analisi della loro posizione reciproca.

Le equazioni parametriche della retta $r$ sono:

$r: \begin{cases} x = t + 2 \\ y = -t - 1 \\ z = 3t + 4 \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}.$

Le equazioni parametriche della retta $s$ sono:

$s: \begin{cases} x = u + 3 \\ y = u + 3 \\ z = u + 4 \end{cases}, \quad u \in \mathbb{R}.$

I vettori direttori delle due rette sono ricavati, come di consueto, dai coefficienti dei parametri $t$ e $u$ nelle rispettive equazioni parametriche:

$v = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix}, \quad v_s = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}.$

Confrontando i vettori direttori $v_r$ e $v_s$ , osserviamo che non sono proporzionali, quindi le rette non sono parallele. Ora verifichiamo se sono incidenti, ovvero se esiste un punto di intersezione comune.

Per verificare se le rette sono incidenti, uguagliamo le loro equazioni parametriche, ossia poniamo $r(t) = s(u)$ :

$\begin{cases} t + 2 = u + 3 \\ -t - 1 = u + 3 \\ 3t + 4 = u + 4 \end{cases}.$

Dalla prima equazione otteniamo:

$t + 2 = u + 3 \implies t = u + 1.$

Sostituendo questo risultato nella seconda equazione:

$-(u + 1) - 1 = u + 3 \implies -u - 2 = u + 3 \implies -2u = 5 \implies u = -\dfrac{5}{2}.$

Ora sostituiamo $u = -\dfrac{5}{2}$ nella relazione $t = u + 1$ :

$t = -\dfrac{5}{2} + 1 = -\dfrac{3}{2}.$

Infine proviamo a verificare la terza equazione ed otteniamo

$3t + 4 = u + 4 \implies 3\left(-\dfrac{3}{2}\right) + 4 = -\dfrac{5}{2} + 4 \implies -\dfrac{9}{2} + 4 = -\dfrac{5}{2} + 4 \implies \dfrac{-9 + 8}{2} = \dfrac{-5 + 8}{2} \implies -\dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2},$

che è un’assurdità. Quindi, il sistema è incompatibile.

Poiché il sistema è incompatibile e i vettori direttori non sono proporzionali, concludiamo che le rette $r$ e $s$ sono sghembe.

Svolgimento punto 4.

Seguiamo l’approccio basato sulle equazioni parametriche.

Per trovare le equazioni parametriche della retta $r$ , partiamo dalle sue equazioni cartesiane:

$\begin{cases} x + y - z = 0 \\ 2x + y - z = 1 \end{cases}.$

Sottraiamo la prima equazione dalla seconda per eliminare $y - z$ :

$(2x + y - z) - (x + y - z) = 1 - 0 \implies x = 1.$

Sostituendo $x = 1$ nella prima equazione di $r$ :

$1 + y - z = 0 \implies y = z - 1.$

Quindi, ponendo $z=t$ , abbiamo che le equazioni parametriche della retta $r$ sono:

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

Le equazioni parametriche della retta $s$ sono già fornite nel testo:

$s: \begin{cases} x = 2 - t' \\ y = -1 + 2t' \\ z = -1 + 3t' \end{cases}, \quad t' \in \mathbb{R}.$

I vettori direttori delle due rette non sono proporzionali, infatti abbiamo

$v_r=(0,1,1) \quad \text{e}\quad v_s=(-1,2,3).$

Verifichiamo se le rette $r$ ed $s$ sono incidenti, cercando di trovare un punto di intersezione risolvendo il sistema parametrico:

$\begin{cases} 1 = 2 - t' \\ t - 1 = -1 + 2t' \\ t = -1 + 3t' \end{cases}.$

Dalla prima equazione abbiamo:

$t' = 1.$

Sostituendo $t' = 1$ nella seconda e terza equazione:

$\begin{aligned} t - 1 &= -1 + 2 \cdot 1 = 1 \implies t = 2, \\ t &= -1 + 3 \cdot 1 = 2. \end{aligned}$

Quindi il sistema è compatibile e le due rette si intersecano nel punto $P = (1, 1, 2)$ .

Poiché le rette $r$ ed $s$ si intersecano, esiste un piano $\pi$ che le contiene. Per determinare l’equazione cartesiana del piano $\pi$ , possiamo utilizzare il punto $P = (1, 1, 2)$ e i vettori direttori delle due rette.

Il vettore direttore di $r$ è:

$v_r = (0, 1, 1),$

mentre il vettore direttore di $s$ è:

$v_s = (-1, 2, 3).$

Per trovare l’equazione del piano, calcoliamo il prodotto vettoriale tra $v_r$ e $v_s$ , che ci darà il vettore ortogonale al piano:

$n = v_r \times v_s = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & 1 & 1 \\ -1 & 2 & 3 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(1 \cdot 3 - 1 \cdot 2) - \mathbf{j}(0 \cdot 3 - 1 \cdot (-1)) + \mathbf{k}(0 \cdot 2 - 1 \cdot (-1)) = \mathbf{i}(1) - \mathbf{j}(1) + \mathbf{k}(1).$

Quindi, il tale vettore è $n = (1, -1, 1)$ .

L’equazione cartesiana del piano passa per il punto $P = (1, 1, 2)$ ed è ortogonale al vettore $n$ è

$1(x - 1) - 1(y - 1) + 1(z - 2) = 0,$

che si semplifica in:

$x - y + z - 2 = 0.$

Quindi, l’equazione del piano $\pi$ che contiene le rette $r$ ed $s$ è:

$x - y + z - 2 = 0.$

Svolgimento punto 5.

Seguiamo nuovamente l’approccio basato sulle equazioni parametriche. Per trovare le equazioni parametriche della retta $r$ , partiamo dalle sue equazioni cartesiane:

$\begin{cases} x + y - z = 1 \\ 2x - y + z = 3 \end{cases}.$

Sommiamo queste due equazioni per eliminare $y$ e $z$ :

$(x + y - z) + (2x - y + z) = 1 + 3 \implies 3x = 4 \implies x = \dfrac{4}{3}.$

Sostituendo $x = \dfrac{4}{3}$ nella prima equazione:

$\dfrac{4}{3} + y - z = 1 \implies y - z = 1 - \dfrac{4}{3} = -\dfrac{1}{3}.$

Ora esprimiamo $y$ in funzione di $z$ :

$y = z - \dfrac{1}{3}.$

Quindi, le equazioni parametriche della retta $r$ , posto $z=t$ , sono:

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

Le equazioni parametriche della retta $s$ sono già fornite nel testo:

$s: \begin{cases} x = 1 + 2t' \\ y = -2 + t' \\ z = 1 + 3t' \end{cases}, \quad t' \in \mathbb{R}.$

I vettori direttori delle due rette non sono proporzionali, infatti

$v_r=(0,1,1) \quad \text{e}\quad v_s=(2,1,3).$

Ora verifichiamo se le rette $r$ ed $s$ sono incidenti, cercando di trovare un punto di intersezione risolvendo il sistema parametrico:

$\begin{cases} \dfrac{4}{3} = 1 + 2t' \\ t - \dfrac{1}{3} = -2 + t' \\ t = 1 + 3t' \end{cases}.$

Dalla prima equazione si ricava $t'$ :

$\dfrac{4}{3} = 1 + 2t' \implies 2t' = \dfrac{4}{3} - 1 = \dfrac{1}{3} \implies t' = \dfrac{1}{6}.$

Sostituiamo $t' = \dfrac{1}{6}$ nella seconda equazione:

$t - \dfrac{1}{3} = -2 + \dfrac{1}{6} \implies t - \dfrac{1}{3} = -\dfrac{11}{6} \implies t = -\dfrac{11}{6} + \dfrac{2}{6} = -\dfrac{9}{6} = -\dfrac{3}{2}.$

Sostituendo $t' = \dfrac{1}{6}$ nella terza equazione si ottiene invece:

$t = 1 + 3 \cdot \dfrac{1}{6} = 1 + \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2}.$

Questo risultato contraddice il valore ottenuto per $t = -\dfrac{3}{2}$ dalla seconda equazione.

Poiché il sistema parametrico è incompatibile, le rette $r$ ed $s$ non si intersecano. Inoltre, i vettori direttori delle rette non sono proporzionali, quindi le rette non sono parallele: le rette $r$ ed $s$ sono sghembe. Quindi, non esiste un piano che le contiene.

Svolgimento punto 6.

Approccio cartesiano

La retta $r$ è data in forma cartesiana dalle seguenti due equazioni:

$1 - x = y \quad \text{e} \quad y = z - 1.$

Possiamo riscrivere questo sistema in forma standard, ottenendo:

$\begin{cases} x + y = 1 \\ y - z = -1 \end{cases}$

La retta $s$ ha invece le seguenti equazioni parametriche:

$s: \begin{cases} x= 2t \\ y = -2t + 1 \\ z=-2t + 2 \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}.$

Sostituendo l’equazione per $x$ nelle altre due si ottiene l’equazione cartesiana di $s$ :

$\begin{cases} x+y=1\\ x+z=2. \end{cases}$

Per verificare se le due rette coincidono, applichiamo il teorema di Rouché-Capelli, che ci permette di verificare la compatibilità del sistema delle due rette.

Scriviamo il sistema lineare delle due rette, combinando le equazioni cartesiane di $r$ e quelle parametriche di $s$ :

$\begin{cases} x + y = 1 \\ y - z = -1 \\ x+y= 1 \\ x+z = 2. \end{cases}$

La matrice dei coefficienti $A$ e la matrice completa $A^*$ associate a questo sistema sono:

$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \quad A^* = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & -1 \\ 1 & 1 & 0&1 \\ 1 & 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}.$

Due equazioni sono identiche e infatti portano a coppie di righe identiche sia in $A$ che in $A^*$ . Mentre, per entrambe le matrici, la quarta riga è la differenza fra le prime due. Ne deduciamo che

$\text{rang}(A) = 2, \quad \text{rang}(A^*) = 2.$

Poiché $\text{rang}(A) = \text{rang}(A^*) = 2$ , il sistema è compatibile indeterminato e ammette infinite soluzioni, il che implica che le due rette coincidono.

Approccio parametrico

Possiamo ricavare la parametrizzazione di $r$ ponendo $x = t'$ , con $t' \in \mathbb{R}$ . Otteniamo così:

$r: \begin{cases} x = t' \\ y = 1 - t' \\ z = 2 - t' \end{cases}.$

Le equazioni parametriche della retta $s$ sono già date come:

$s: \begin{cases} x = 2t \\ y = -2t + 1 \\ z = -2t + 2 \end{cases}.$

I vettori direttori delle due rette sono:

$v_r = (1, -1, -1) \quad \text{e} \quad v_s = (2, -2, -2).$

È evidente che $v_s = 2 v_r$ , quindi i vettori direttori sono proporzionali. Ciò significa che le due rette sono o parallele o coincidenti.

Confrontiamo ora le equazioni parametriche delle due rette, ponendo:

$r(t') = s(t),$

ovvero:

$\begin{cases} t' = 2t \\ 1 - t'= -2t + 1 \\ 2 - t' = -2t + 2 \end{cases}.$

1. Dalla prima equazione, otteniamo $t = 2u$ .

2. Sostituiamo $t = 2u$ nella seconda equazione:

$1 - 2u = -2u + 1,$

che è un’identità verificata per ogni $u \in \mathbb{R}$ . 3. Sostituiamo $t = 2u$ nella terza equazione:

$2 - 2u = -2u + 2,$

che è anch’essa un’identità verificata per ogni $u \in \mathbb{R}$ .

Poiché le equazioni parametriche delle due rette sono verificate per ogni $t$ e $u$ , possiamo concludere che le due rette coincidono.

Svolgimento punto 7.

Adottiamo il metodo basato sulle equazioni cartesiane. Scriviamo il sistema combinando le equazioni cartesiane delle due rette:

$\begin{cases} x + y + z = -1 \\ y + 3z = -2 \\ 2x + 8z = -1 \\ x + y + 7z = a \end{cases}$

La matrice dei coefficienti $A$ e la matrice completa $A^*$ associate a questo sistema sono:

$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 2 & 0 & 8 \\ 1 & 1 & 7 \end{pmatrix} \quad A^* = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 3 & -2 \\ 2 & 0 & 8 & -1 \\ 1 & 1 & 7 & a \end{pmatrix}$

Calcoliamo il determinante della matrice completa $A^*$ :

$\det(A^*) = \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 3 & -2 \\ 2 & 0 & 8 & -1 \\ 1 & 1 & 7 & a \end{vmatrix}$

Espandiamo lungo la prima colonna:

$\det(A^*) = 1 \cdot \begin{vmatrix} 1 & 3 & -2 \\ 0 & 8 & -1 \\ 1 & 7 & a \end{vmatrix} - 1 \cdot \begin{vmatrix} 0 & 3 & -2 \\ 2 & 8 & -1 \\ 1 & 7 & a \end{vmatrix} + 1 \cdot \begin{vmatrix} 0 & 1 & -2 \\ 2 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & a \end{vmatrix} - (-1) \cdot \begin{vmatrix} 0 & 1 & 3 \\ 2 & 0 & 8 \\ 1 & 1 & 7 \end{vmatrix}$

Espandendo i singoli determinanti e semplificando, otterremo che $\det(A^*) \neq 0$ per ogni scelta di $a\in\mathbb{R}$ . Poiché $\text{rang}(A) \leq 3$ e $\text{rang}(A^*) = 4$ , il sistema è incompatibile.

Per verificare se le rette sono parallele, confrontiamo i vettori direttori delle due rette. Ricaviamo il vettore direttore di $r$ dalla forma cartesiana delle sue equazioni.

$r: \begin{cases} x + y + z = -1 \\ y + 3z = -2 \end{cases}.$

Riscriviamo il sistema parametrizzando $z = t$ e ricavando $x$ e $y$ in funzione di $t$ :

$y = -3t - 2, \quad x = 2t + 1.$

Quindi, il vettore direttore della retta $r$ è:

$v_r = (2, -3, 1).$

Dalle equazioni cartesiane della retta $s$ , possiamo parametrizzare in modo simile. Il vettore direttore della retta $s$ , desunto dalle sue equazioni, è:

$v_s = (-4, 3, -1).$

Poiché i vettori $v_r = (2, -3, 1)$ e $v_s = (-4, 3, -1)$ non sono proporzionali, possiamo concludere che le rette non sono parallele. Pertanto, le rette $r$ e $s$ non si intersecano e sono sghembe.

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Siano dati nello spazio due rette sghembe $r$ ed $r'$ ed un punto $P \notin r \cup r'$ . Dimostrare che esiste una retta $s$ passante per $P$ e complanare con $r$ ed $r'$ . Dedurne che la relazione di complanarità non è transitiva nello spazio.

Svolgimento.

Consideriamo due rette sghembe $r$ ed $r'$ , cioè due rette che non si intersecano e non sono parallele: le rette $r$ ed $r'$ non appartengono allo stesso piano.

Sia $P$ un punto esterno a $r$ e $r'$ , cioè $P \notin r \cup r'$ . Dobbiamo mostrare che esiste una retta $s$ passante per $P$ e complanare con entrambe le rette $r$ ed $r'$ .

Per costruire tale retta $s$ , possiamo procedere nel seguente modo:

$\quad$

Per il punto $P$ e la retta $r$ passa un unico piano $\pi$ .

Per il punto $P$ e la retta $r'$ passa un unico piano $\sigma$ .

I due piani sono incidenti per costruzione: infatti condividono il punto $P$ e non possono essere coincidenti, altrimenti le rette $r$ ed $r'$ sarebbero complanari e, di conseguenza, non sghembe. I due piani si intersecano quindi lungo un’unica retta $s$ passante per $P$ . La retta $s$ è contenuta in $\pi$ ed è quindi complanare ad $r$ , ma è anche contenuta in $\sigma$ e quindi è complanare ad $r'$ .

La retta $s$ che abbiamo costruito è complanare con la retta $r$ e con la retta $r'$ , ma le rette $r$ ed $r'$ non sono complanari tra loro, poiché sono sghembe. Questo dimostra che la relazione di complanarità non è transitiva nello spazio.

Infatti, se la complanarità fosse una relazione transitiva, allora, dalla complanarità di $r$ con $s$ e di $s$ con $r'$ , dovremmo concludere che $r$ ed $r'$ sono complanari, il che è falso poiché $r$ ed $r'$ sono sghembe per ipotesi.

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Trovare una retta $r$ passante per il punto $P=(1,-1,0)$ e parallela al piano $\pi: 2x-y+4=0$ . È unica tale retta?

Svolgimento.

Una retta $r$ parallela a un piano $\pi$ deve avere un vettore direttore $v_r$ ortogonale al vettore normale al piano $n_\pi$ .

Per prima cosa, determiniamo quindi il vettore normale al piano $\pi$ . L’equazione del piano è:

$\pi : 2x - y + 4 = 0.$

Il vettore normale al piano è dato dai coefficienti di $x$ , $y$ e $z$ nell’equazione cartesiana del piano:

$n_\pi = (2, -1, 0).$

Poiché la retta $r$ deve essere parallela a $\pi$ , il suo vettore direttore $v_r = (v_1, v_2, v_3)$ deve essere ortogonale a $n_\pi$ . Quindi, dobbiamo avere:

$n_\pi \cdot v_r = 2v_1 - v_2 = 0.$

Questo ci fornisce una relazione tra le componenti di $v_r$ , ovvero:

$v_2 = 2v_1.$

Pertanto, il vettore direttore della retta $r$ sarà della forma $v_r = (v_1, 2v_1, v_3)$ , dove $v_1$ e $v_3$ sono parametri liberi che determinano la direzione della retta. Noto il vettore direttore della retta $r$ , possiamo scrivere le sue equazioni parametriche. Poiché la retta passa per il punto $P = (1, -1, 0)$ , le equazioni parametriche sono:

$\begin{cases} x = 1 + v_1 t \\ y = -1 + 2v_1 t \\ z = v_3 t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}.$

Dove $v_1$ e $v_3$ sono parametri reali liberi.

Poiché il vettore direttore $v_r = (v_1, 2v_1, v_3)$ dipende dai parametri $v_1$ e $v_3$ , esistono infinite rette parallele al piano $\pi$ che passano per il punto $P$ . Quindi, la retta $r$ non è unica: possiamo ottenere infinite rette cambiando i valori di $v_1$ e $v_3$ , purché soddisfino la condizione di ortogonalità rispetto al vettore normale del piano.

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare la posizione reciproca tra la retta $r$ ed il piano $\pi$ :

$\quad$

$r: \begin{cases*} x+y+z=11 \\ 2x+y-z= 0 \end{cases*},\qquad \qquad \pi : 3x+4y +2=0;$

$r: \begin{cases*} x-y+z=1 \\ 2y-z= 0 \end{cases*},\qquad\qquad \pi : \begin{cases*} x=t'+t-3 \\ y=-t'-2t\\ z=2t'-2t+6 \end{cases*},\; t,t' \in \mathbb{R};$

$r: \begin{cases*} x= u +2 \\ y=-u -1 \\ z=3u + 4 \end{cases*},\; u \in \mathbb{R}\qquad \pi : \begin{cases*} x=t'-t+3 \\ y=-t'+t+3\\ z=2t'-3t+4 \end{cases*},\; t,t' \in \mathbb{R};$

$r: \begin{cases*} x-y+z=2 \\ 2y-z= 0 \end{cases*},\qquad \qquad\pi : \begin{cases*} x=2-t +2t' \\ y=-1+2t-t'\\ z=-1+3t+2t' \end{cases*},\; t,t' \in \mathbb{R};$

$r: \begin{cases*} x-y-z+2=0 \\ 3y+z-1= 0 \end{cases*},\qquad \;\pi : \begin{cases*} x=1+2t -t' \\ y=1-t+t'\\ z=3t \end{cases*},\; t,t' \in \mathbb{R};$

$r: 1-x=y=z-1,\qquad \quad\; \pi : \begin{cases*} x=2t -t'-3 \\ y=t-2t'+1\\ z=3t+t' \end{cases*},\; t,t' \in \mathbb{R};$

$r: \begin{cases*} x-y+z+1=0 \\ y+3z+2= 0 \end{cases*},\qquad\quad \pi :2x-2y+2z+1=0.$

Svolgimento.

Una retta ed un piano nello spazio possono essere

$\quad$

Retta incidente al piano: in tal caso si intersecano in un unico punto.

Retta parallela al piano: in tal caso retta e piano non si intersecano in alcun punto.

Retta giacente sul piano: in tal caso la retta è interamente contenuta nel piano.

Notiamo che in $3$ dimensioni una retta ed un piano non possono essere sghembi.

Anche in questo caso si può seguire un approccio basato sulle informazioni fornite dalle equazioni parametriche dei due luoghi, oppure un approccio puramente algebrico basato sullo studio delle proprietà del sistema delle tre equazioni cartesiane.

Proponiamo un approccio geometrico basato sulle giaciture e l’origine delle varietà: il vettore direttore (o di giacitura) della retta può ricavarsi come prodotto vettoriale delle normali ai piani dei quali è l’intersezione, i vettori di giacitura del piano si determina per ispezione diretta dalla forma delle sue equazioni cartesiane, così come il punto di riferimento.

$\quad$

Retta incidente al piano: in tal caso il vettore direttore della retta non è linearmente dipendente dall’insieme dei vettori di giacitura del piano.

Retta parallela al piano: in tal caso il vettore direttore della retta è linearmente dipendente dall’insieme dei vettori di giacitura del piano e il punto di riferimento del piano non appartiene alla retta.

Retta giacente sul piano: in tal caso il vettore direttore della retta è linearmente dipendente dall’insieme dei vettori di giacitura del piano e il punto di riferimento del piano appartiene alla retta.

L’approccio algebrico basato sul sistema delle tre equazioni cartesiane rifrasa il problema della posizione reciproca di retta e piano nel problema dell’intersezione di tre piani, dei quali due certamente non paralleli poiché definiscono la retta.

$\quad$

Retta incidente al piano: in tal caso il sistema lineare è compatibile e ha soluzione unica.

Retta parallela al piano: in tal caso il sistema lineare è incompatibile.

Retta giacente sul piano: in tal caso il sistema lineare è compatibile, ma indeterminato con rango $2$ e quindi $\infty^1$ soluzioni.

Svolgimento punto 1.

Sia della retta che del piano in tale caso sono date le equazioni cartesiane. Studiamo l’intersezione delle due varietà affini mettendo le tre equazioni in un sistema unico:

$\begin{cases} x+y+z=11\\ 2x+y-z=0\\ 3x+4y+2=0. \end{cases}$

Il determinante della matrice incompleta associata al sistema è non nullo. Infatti

$\begin{vmatrix} 1&1&1\\2&1&-1\\3&4&2 \end{vmatrix}=2.$

Quindi il sistema è compatibile e con soluzione unica: la retta è incidente al piano.

Svolgimento punto 2.

Della retta sono date le equazioni cartesiane, mentre del piano sono date le parametriche. Determiniamo il vettore direttore della retta come prodotto vettoriale fra i vettori normali ai due piani dei quali essa è l’intersezione:

$v_r=n_1\times n_2=\begin{vmatrix}\mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\1&-1&1\\0&2&-1\end{vmatrix}=(-1,1,2).$

Verifichiamo se esso appartenga alla giacitura del piano $\pi$ calcolando il determinante della matrice costruita coi coefficienti dei generatori della giacitura di $\pi$ e il direttore della retta:

$\begin{vmatrix} -1&1&2\\1&-1&2\\1&-2&-2 \end{vmatrix}=-4.$

Dunque la retta è incidente al piano.

Svolgimento punto 3.

Le due varietà affini in tal caso sono date entrambe in forma parametrica, procediamo quindi con lo studio della dipendenza lineare fra le loro giaciture, determinando il vettore direttore della retta e i vettori di giacitura del piano per ispezione diretta dei coefficienti dei parametri. Si ha

$\begin{vmatrix} 1&-1&3\\1&-1&2\\-1&1&-3 \end{vmatrix}=0,$

poché le prime due colonne della matrice coincidono. Dato che si verifica agevolmente che il punto $(3,3,4)\in\pi$ non appartiene ad $r$ , la retta è parallela al piano.

Svolgimento punto 4.

Come nel secondo caso abbiamo la retta in forma parametrica e il piano in forma cartesiana. Ricaviamo il vettore direttore della retta, che è identico al caso precedente:

$v_r=n_1\times n_2=\begin{vmatrix}\mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\1&-1&1\\0&2&-1\end{vmatrix}=(-1,1,2),$

e studiamo la sua dipendenza dalla giacitura del piano ricavandone i generatori per ispezione diretta delle equazioni parametriche di quest’ultimo. Si ha

$\begin{vmatrix} -1&1&2\\-1&2&3\\2&-1&2 \end{vmatrix}=-5.$

Quindi la retta è incidente al piano.

Svolgimento punto 5.

Sono fornite equazioni cartesiane per la retta e parametriche per il piano. Ricaviamo il vettore direttore della retta tramite il prodotto vettoriale fra le normali ai due piani in forma cartesiana che la definiscono.

$v_r=n_1\times n_2=\begin{vmatrix}\mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\1&-1&-1\\0&3&1\end{vmatrix}=(2,-1,3).$

Studiamo la sua dipendenza dalla giacitura del piano ricavandone i generatori per ispezione diretta delle equazioni parametriche di quest’ultimo:

$\begin{vmatrix} 2&-1&3\\2&-1&3\\-1&1&0 \end{vmatrix}=0,$

poiché il vettore direttore della retta coincide con uno dei due vettori che generano la giacitura del piano.

Dato che si verifica agevolmente che il punto $(1,1,0)\in\pi$ non soddisfa le equazioni cartesiane di $r$ abbiamo che la retta è parallela al piano.

Svolgimento punto 6.

Procediamo come nei due punti precedenti. Iniziamo ricavando il vettore direttore della retta

$v_r=n_1\times n_2=\begin{vmatrix}\mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\-1&-1&0\\0&1&-1\end{vmatrix}=(1,-1,-1).$

Studiamo la sua dipendenza dalla giacitura del piano ricavandone i generatori per ispezione diretta delle equazioni parametriche di quest’ultimo:

$\begin{vmatrix} 1&-1&-1\\2&1&3\\-1&-2&1 \end{vmatrix}=15.$

Quindi la retta è incidente al piano.

Svolgimento punto 7.

Dato che sia la retta che il piano sono dati in forma cartesiana studiamo il problema come l’intersezione di tre piani:

$\begin{cases} x-y+z=-1\\ y+3z=-2\\ 2x-2y+2z=-1. \end{cases}$

Per caratterizzare le soluzioni del sistema lineare studiamo il determinante della matrice incompleta

$\begin{vmatrix} 1&-1&1\\0&1&3\\2&-2&2 \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} 1&3\\-2&2 \end{vmatrix}+2\begin{vmatrix}-1&1\\1&3\end{vmatrix}=8-8=0.$

Il rango della matrice incompleta è quindi non massimo e pari a $2$ , come possiamo dedurre dal fatto che i due minori di ordine due determinati nello sviluppo del determinante sono non nulli. Non siamo comunque sorpresi, infatti almeno due delle equazioni cartesiane del sistema devono essere indipendenti poiché rappresentano la retta $r$ . La matrice completa ha rango $3$ , come si può provare calcolando il seguente minore di ordine $3$ :

$\begin{vmatrix} 1&-1&-1\\0&1&-2\\2&-2&-1 \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} 1&-2\\-2&-1 \end{vmatrix}+2\begin{vmatrix}-1&-1\\1&-2\end{vmatrix}=-5+6=1.$

Il sistema quindi è incompatibile e la retta è parallela al piano.

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare la posizione reciproca tra i piani $\pi$ e $\sigma$ :

$\quad$

$\pi: x+y+z=1, \qquad\qquad \qquad\qquad \;\; \sigma: 3x+4y+2=0;$

$\pi : x-3y+2z=1, \qquad\qquad \qquad \quad\;\; \sigma : 2x-6y +4z = 5;$

$\pi: x - y + z = 8, \qquad\qquad \qquad\qquad \; \sigma: \begin{cases*} x = 2t-t'-3\\ y= -2t + t'\\ z=2t'+6 \end{cases*}, \; t,t'\in \mathbb{R};$

$\pi: \begin{cases*} x = t+t'+2\\ y= -2 -2 t'-1\\ z=-3t+t'+4 \end{cases*}, \; t,t'\in \mathbb{R}, \qquad \sigma: \begin{cases*} x = u+3 \\ y= u+3u'+3\\ z=u+4 \end{cases*}, \; u,u'\in \mathbb{R};$

$\pi: \begin{cases*} x = t+t'+2\\ y= -t -2 t'-1\\ z=-3t+t'+4 \end{cases*}, \; t,t'\in \mathbb{R}, \qquad \sigma: \begin{cases*} x = 2u-u'+3 \\ y= -3u+2u'-2\\ z=-2u -u' +1 \end{cases*}, \; u,u'\in \mathbb{R}.$

Svolgimento.

Due piani nello spazio affine tridimensionale possono essere

$\quad$

Piani incidenti: in tal caso i due piani si intersecano lungo una retta.

Piani paralleli: in tal caso i due piani non si intersecano.

Piani coincidenti: in tal caso i due piani condividono tutti i punti.

Notiamo che due piani in tre dimensioni non possono essere sghembi.

Per lo studio di tale problema geometrico proponiamo nuovamente due metodologie, una basata sulle equazioni parametriche ed una basata su quelle cartesiane.

L’approccio parametrico si focalizza sullo studio della dipendenza fra le giaciture dei piani, ottenibili per ispezione diretta dai coefficienti dei parametri.

$\quad$

Piani incidenti: in questo caso l’intersezione fra gli spazi di giacitura dei due piani è uno spazio vettoriale di dimensione uno, corrispondente allo spazio direttore della retta in cui i piani si intersecano.

Piani paralleli: in questo caso gli spazi di giacitura coincidono, ma i piani non condividono alcun punto, quindi scelto un qualsiasi punto di $\pi$ , le sue coordinate non soddisfano le equazioni di $\sigma$ per alcuna scelta dei parametri.

Piani coincidenti: in questo caso gli spazi di giacitura coincidono e i piani condividono ogni punto, quindi scelto un qualsiasi punto di $\pi$ , le sue coordinate soddisfano le equazioni di $\sigma$ per un’opportuna scelta dei parametri.

In realtà tale approccio è piuttosto macchinoso, poiché coinvolge lo studio dell’intersezione di due spazi vettoriali di dimensione $2$ . Forniamo un’equivalente alternativa basata sulle normali ai due piani, calcolabili a partire dall’equazione parametrica come prodotto vettoriale di due vettori di giacitura linearmente indipendenti.

$\quad$

Piani incidenti: in questo caso le normali ai due piani risultano linearmente indipendenti.

Piani paralleli: in questo caso le normali risultano linearmente dipendenti e quindi proporzionali, ma i piani non condividono alcun punto, quindi scelto un qualsiasi punto di $\pi$ , le sue coordinate non soddisfano le equazioni di $\sigma$ per alcuna scelta dei parametri.

Piani coincidenti: in questo caso le normali risultano linearmente dipendenti e quindi proporzionali, ma i piani non condividono punto, quindi scelto un qualsiasi punto di $\pi$ , le sue coordinate soddisfano le equazioni di $\sigma$ per un’opportuna scelta dei parametri.

L’approccio cartesiano invece riconduce il problema geometrico riguardante l’intersezione delle due varietà affini allo studio delle soluzioni di un sistema lineare.

$\quad$

Piani incidenti: in tal caso il sistema ottenuto dalle due equazioni cartesiane dei piani è compatibile con rango massimo pari a $2$ e $\infty^1$ soluzioni che corrispondono alla retta lungo la quale i piani si intersecano.

Piani paralleli: in tal caso il sistema è incompatibile, la matrice completa ha rango $2$ e la incompleta rango $1$ .

Piani coincidenti: in tal caso il sistema è compatibile con rango pari a $1$ .

Svolgimento punto 1.

Studiamo il sistema ottenuto dalle equazioni dei due piani

$\begin{cases} x+y+z=1\\ 3x+4y=-2. \end{cases}$

I membri sinistri delle due equazioni non sono proporzionali, dunque la matrice incompleta ha rango $2$ e i piani risultano incidenti.

Svolgimento punto 2.

Studiamo il sistema ottenuto dalle equazioni dei due piani

$\begin{cases} x-3y+2z=1\\ 2x-6y+4z=5. \end{cases}$

I membri sinistri delle due equazioni sono proporzionali, dunque la matrice incompleta ha rango $1$ ma le due equazioni non lo sono quindi il sistema è incompatibile e i piani risultano paralleli.

Svolgimento punto 3.

Il testo in questo caso fornisce per un piano le equazioni parametriche e per l’altro quella cartesiana. Ricaviamo la normale al piano $\sigma$

$n_{\sigma}=(2,-2,2)\times(-1,1,2)=\begin{vmatrix} \mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\2&-2&2\\-1&1&2 \end{vmatrix}=(-6,-6,0).$

Tale vettore è ovviamente non proporzionale a $n_{\pi}=(1,-1,1)$ e quindi i piani risultano incidenti.

Svolgimento punto 4.

Determiniamo le normali ai due piani:

$\begin{aligned} n_{\pi}=(1,-2,-3)\times(1,-2,1)=\begin{vmatrix} \mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\1&-2&-3\\1&-2&1 \end{vmatrix}=(-8,-4,0) \\[5pt] n_{\sigma}=(1,1,1)\times(0,3,0)=\begin{vmatrix} \mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\1&1&1\\0&3&0 \end{vmatrix}=(-3,0,3). \end{aligned}$

Tali vettori sono evidentemente non proporzionali e quindi i piani risultano incidenti.

Svolgimento punto 5.

Determiniamo le normali ai due piani:

$\begin{aligned} n_{\pi}=(1,-1,-3)\times(1,-2,1)=\begin{vmatrix} \mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\1&-1&-3\\1&-2&1 \end{vmatrix}=(-7,-4,-1), \\[5pt] n_{\sigma}=(2,-3,-2)\times(-1,2,-1)=\begin{vmatrix} \mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\2&-3&-2\\-1&2&-1 \end{vmatrix}=(7,4,1). \end{aligned}$

I due vettori sono proporzionali e quindi linearmente dipendenti. Notando che il punto $(2,-1,4)\in\pi$ soddisfa le equazioni di $\sigma$ per i valori dei parametri $u=u'=-1$ , deduciamo che i piani risultano coincidenti.

Riferimenti bibliografici

[1] Antonio Cigliola, Foglio 12 – Spazio affine. Web Page

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

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