Energy Engineering - Analisi e geometria 1

Introduzione al calcolo vettoriale con esempi applicativi 2

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16 Abbiamo quindi  x = α  a +  b ∧  a | |  a | | 2 con α variabile. Fissiamo a piacere un secondo  ′ a ⊥  a e un secondo  ′ b . Otterremo analogamente  x = ′ α  ′ a +  ′ b ∧  ′ a | |  ′ a | | 2 . Moltiplicando scalarmente per  a tali eguaglianze:  a ⋅  x = α | |  a | | 2 +  a ⋅ (  b ∧  a ) | |  a | | 2 = α | |  a | | 2  a ⋅  x =  a ⋅ (  ′ b ∧  ′ a ) | |  ′ a | | 2 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ quindi, sottraendo membro a membro, 0 = α | |  a | | 2 −  a ⋅ (  ′ b ∧  ′ a ) | |  ′ a | | 2 donde si ricava il valore α =  a ⋅ (  ′ b ∧  ′ a ) | |  ′ a | | 2 | |  a | | 2 . In conclusione:  x =  a ⋅ (  ′ b ∧  ′ a ) | |  ′ a | | 2 | |  a | | 2  a +  b ∧  a | |  a | | 2 Tornando al problema fisico è evidente che due sole iterazioni del procedimento di misura sono sufficienti a fornire il valore del vettore incognito  B in ogni punto dello spazio. Fatte le debite sostituzioni otterremo  B = 1 q  v ⋅ (  ′ F ∧  ′ v ) | |  ′ v | | 2 | |  v | | 2  v + 1 q  F ∧  v | |  v | | 2 . §6 APPLICAZIONI ALLA GEOMETRIA ANALITICA Il formalismo vettoriale si rende utile non solo in fisica, come abbiamo sopra accennato, ma anche nella rappresentazione e soluzione di problemi di geometria analitica quali: equazioni di rette, piani, sfere e circonferenze, calcolo delle distanze di punti da rette e piani e di rette parallele o sghembe, proiezioni ortogonali di punti su rette e piani, equazioni di piani tangenti a superfici sferiche etc.; il tutto in ambito tridimensionale euclideo e a sostegno di formule risolutive banalmente traducibili in coordinate cartesiane. Le operazioni tra vettori definite nei precedenti paragrafi si fanno apprezzare per la possibilità di estendere la corrispondenza tra problemi geometrici e algebrici alla dimensione 3 in modo spontaneo e sorprendentemente semplice, specie nel confronto con metodi più tradizionali basati sull’uso delle sole coordinate; al tempo stesso esse forniscono la base intuitiva delle ulteriori generalizzazioni n - d i m e n s i on al i proprie dell’algebra lineare. 6.1 EQUAZIONE PARAMETRICA DI UNA RETTA NELLO SPAZIO Sia r una retta, P 0 un suo punto fisso,  p 0 = x 0  i + y 0  j + z 0  k il vettore posizione corrispondente,  v = v x  i + v y  j + v z  k un vettore parallelo ad r . È evidente (vedi figura appresso) che i punti P di r sono tutti e soli quelli individuati dai vettori posizione  p 0 + t  v = ( x 0 + t v x )  i + ( y 0 + t v y )  j + ( z 0 + t v z )  k al variare di t in R . Se  p indica il verore posizione di P (1.6)  p =  p 0 + t  v π  x  b  a  a ∧  b r 17 è pertanto l’equazione vettoriale di r . Essa si traduce nel seguente sistema di equazioni scalari: (2.6) r : x = x 0 + t v x y = y 0 + t v y z = z 0 + t v z ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ∀ t ∈ R Supponendo v x v y v z ≠ 0 (ossia  v non parallelo ad alcuno dei piani X Y , X Z , Y Z ) si ottiene: (3.6) x − x 0 v x = y − y 0 v y = z − z 0 v z Se viceversa uno dei coefficienti v x , v y , v z è nullo, per esempio v z , otteniamo (4.6) x − x 0 v x = y − y 0 v y z = z 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ E così via… L’equazione (1.6) si presta a descrivere il moto rettilineo uniforme di una particella con velocità  v . Infine se  ′ v è non nullo parallelo a  v e P 0 ′ ∈ r l’equazione  ′ p =  ′ p 0 + t  ′ v è anch’essa adatta a rappresentare r . 6.2 RETTE PARALLELE E INTERSEZIONE DI DUE RETTE Le rette r : x = x 0 + t v x y = y 0 + t v y z = z 0 + t v z ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ∀ t ∈ R e ′ r : x = ′ x 0 + ′ t ′ v x y = ′ y 0 + ′ t ′ v y z = ′ z 0 + ′ t ′ v z ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ∀ ′ t ∈ R sono parallele se e solo se se ∃ λ ∈ R − { 0 } per cui  ′ v = λ  v ovverosia se e solo se  ′ v ∧  v =  0 . Ancora: i due sistemi che rappresentano algebricamente r ed ′ r formano un unico macrosistema di 6 equazioni scalari nel quale le variabili sono t e ′ t . Se ne trae che r ∩ ′ r ≠ ∅ (intersezione non vuota) se e solo se esso ammette una soluzione del tipo ( t 1 , ′ t 1 ) , il che a priori non è detto. 6.3 EQUAZIONE ( PARAMETRICA E CARTESIANA ) DI UN PIANO NELLO SPAZIO Il piano, come la retta, è univocamente definito da un “orientamento”, che possiamo esplicitare tramite un vettore  n , ovviamente non nullo, ad esso ortogonale, e da un suo punto P 0 (qualsiasi). La figura che segue rende perspicua la cosa: per P 0 passano infiniti piani ma uno solo di essi, denotato da π , è perpendicolare alla direzione individuata da  n ≠  0 . Chiaramente P ∈ π se e solo se (5.6) (  p −  p 0 ) ⋅  n = 0 Posto che  p 0 = x 0  i + y 0  j + z 0  k ,  p = x  i + y  j + z  k e  n = a  i + b  j + c  k e d = − x 0 a − y 0 b − z 0 d essa si traduce nella equazione scalare: (6.6) a x + b y + c z + d = 0 ii  v P 0 P  p 0  p X Y Z 18 nella quale i coefficienti a , b , c sono le componenti di  n . Le equazioni atte a rappresentare π sono, sulla base di quanto premesso, tante quante le possibile scelte di P 0 ∈ π e di  n ⊥ π , dunque infinite. Un diverso approccio è quello di considerare P 0 ∈ π e due vettori  v e  w paralleli a π ma non l’uno all’altro. È evidente che  v ∧  w ⊥ π dunque l’equazione di π è (7.6) (  p −  p 0 ) ⋅ (  v ∧  w ) = 0 In alternativa possiamo scrivere (8.6)  p =  p 0 + t  v + s  w c on t , s ∈ R essendo  p −  p 0 combinazione lineare di  v e  w . Quest’ultima prende il nome di equazione paramemetrica del piano (si noti che qui i parametri variabili sono due anziché uno come per la retta). 6.4 LA RETTA COME INTERSEZIONE DI PIANI Consideriamo come noti i piani Π : a x + b y + c z + d = 0 e ′ Π : ′ a x + ′ b y + ′ c z + ′ d = 0 non paralleli. Ciò significa che  n = a  i + b  j + c  k   ′ n = ′ a  i + ′ b  j + ′ c  k onde  v =  n ∧  ′ n ≠  0 .  v =  n ∧  ′ n è il vettore direzione della retta r = Π ∩ ′ Π per cui (9.6)  p =  p 0 + t (  n ∧  ′ n ) è l’equazione parametrica di r . Rimane da determinare il vettore rappresentativo  p 0 di un punto P 0 ∈ Π ∩ ′ Π qualsiasi. A tal fine possiamo osservare che le sue coordinate x 0 , y 0 , z 0 debbono essere soluzioni del sistema (10.6) a x + b y + c z + d = 0 ′ a x + ′ b y + ′ c z + ′ d = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ Essendo  0 ≠  n ∧  ′ n = ( b ′ c − ′ b c )  i + ( c ′ a − ′ c a )  j + ( a ′ b − ′ a b )  k (vedi problema 14) almeno uno dei coefficienti di quest’ultima espressione vettoriale è diverso da 0. Ciò implica che uno almeno dei sistemi b y + c z = − d ′ b y + ′ c z = − ′ d ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ; a x + c z = − d ′ a x + ′ c z = − ′ d ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ; a x + b y = − d ′ a y + ′ b z = − ′ d ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ derivati da (10.6) assumendo rispettivamente x = 0 , y = 0 , z = 0 , è risolvibile, il che garantisce l’effettiva possibilità di determinare  p 0 . In tal modo otteniamo tutti i parametri dell’equazione parametrica (8.6) di r . Π ′ Π  ′ n ⊥ ′ Π  n ⊥ Π  v P 0 i r X ii  n  p  p 0 π  v  w Y Z P 0 VW iii 19 6.4-bis EQUAZIONI DI FASCI DI PIANI Sia r : a x + b y + c z + d = 0 ′ a x + ′ b y + ′ c z + ′ d = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ l’equazione di una retta r come intersezione di due piani Π e ′ Π (ovviamente non paralleli). Si vede bene dalla figura accanto come qualsiasi altro piano contenente r abbia una direzione che è combinazione lineare delle direzioni n = ( a , b , c ) e ′ n = ( ′ a , ′ b , ′ c ) di Π e ′ Π , del tipo λ n + µ ′ n cosicché la sua equazione sarà p − p 0 ( ) ⋅ λ n + µ ′ n ( ) = 0 vale a dire ( λ a + µ ′ a ) x + ( λ b + µ ′ b ) y + ( λ c + µ ′ c ) z + ( λ d + µ ′ d ) = 0 . L’insieme di tutti i piani di tal genere al variare di λ e µ prende il nome di fascio di piani ed r quello di retta sostegno . 6.4-ter FASCIO DI PIANI CON RETTA SOSTEGNO r : x = x 0 + t v x y = y 0 + t v y z = z 0 + t v z ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ∀ t ∈ R (con v ≠ 0 ). Dalle prime due equazioni di r otteniamo v y x = v y x 0 + t v x v y v x y = v x y 0 + t v y v x ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ dunque v y x − v x y + ( v x y 0 − v y x 0 ) = 0 che è l’equazione di un piano Π 12 il cui orientamente è dato da n 12 = ( v y , − v x , 0 ) . Analogamente dalla prima e terza equazione di r otteniamo v z x − v x z + ( v x z 0 − v z x 0 ) = 0 , equazione di un piano Π 13 il cui orientamento è dato da n 13 = ( v z , 0 , − v x ) . Dalla seconda e terza equazione di r , infine, otteniamo v z y − v y z + ( v y z 0 − v z y 0 ) = 0 , equazione di un piano Π 23 il cui orientamento è dato da n 23 = ( 0 , v z , − v y ) . Orbene, se n 12 = ( v y , − v x , 0 ) n 13 = ( v z , 0 , − v x ) n 23 = ( 0 , v z , − v y ) fossero paralleli l’uno all’altro avremmo v x = 0 , v y = 0 e v z = 0 di contro all’ipotesi v ≠ 0 . L’equazione parametrica della retta può dunque tradursi in uno almeno dei sistemi di equazioni seguenti: Π 12 ∩ Π 13 : v y x − v x y + ( v x y 0 − v y x 0 ) = 0 v z x − v x z + ( v x z 0 − v z x 0 ) = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ Π 12 ∩ Π 23 : v y x − v x y + ( v x y 0 − v y x 0 ) = 0 v z y − v y z + ( v y z 0 − v z y 0 ) = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ Π 13 ∩ Π 23 : v z x − v x z + ( v x z 0 − v z x 0 ) = 0 v z y − v y z + ( v y z 0 − v z y 0 ) = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ Supponendo di poter adottare il primo ossia che n 12 | | n 13 (discorso analogo vale nelle altre due eventualità) i piani del fascio avente r come retta sostegno avranno direzione λ n 12 + µ n 13 = λ ( v y , − v x , 0 ) + µ ( v z , 0 , − v x ) ; l’equazione del fascio stesso sarà pertanto, a seconda della scelta, una delle seguenti: p − p 0 ( ) ⋅ λ n 12 + µ n 13 ( ) = 0 p − p 0 ( ) ⋅ λ n 12 + µ n 23 ( ) = 0 p − p 0 ( ) ⋅ λ n 13 + µ n 23 ( ) = 0 Π ′ Π ′ n n λ n + µ ′ n r Π λ µ 20 6.5 EQUAZIONE DI UN PIANO CONTENENTE UNA RETTA E UN PUNTO DATI Se conosciamo r :  p =  p 0 + t  v e P 1 (dunque  p 1 ) è necessario verificare innanzi tutto che P 1 ∉ r ossia che l’equazione  p 1 =  p 0 + t  v non è soddisfatta da alcun t . Se così non fosse i piani contenenti r e P 1 sarebbero infiniti: esattamente quelli del “fascio” con r retta sostegno. Accertato che P 1 ∉ r , dunque che (  p 1 −  p 0 )   v , e tenuto conto del fatto che P 0 ∈ r ⊂ π (ove π è il piano incognito) possiamo scrivere (11.6) (  p −  p 0 ) ⋅ [ (  p 1 −  p 0 ) ∧  v ] = 0 6.6 INTERSEZIONE TRA PIANO E RETTA E PROIEZIONE ORTOGONALE DI UN PUNTO SU UN PIANO Siano s :  p =  p 0 + t  v equazione di una retta (eventualmente scritta nella forma (2.6)) e Π : a x + b y + c z + d = 0 equazione di un piano; s e Π sono paralleli sse  v ⊥  n ossia sse a v x + b v y + c v z = 0 . Se così fosse potremmo avere: r ⊂ Π aut r ∩ Π = ∅ . Nel primo caso a ( v x t − x 0 ) + b ( v y t − y 0 ) + c ( v z t − z 0 ) + d = 0 sarebbe valida ∀ t ∈ R – ossia costituirebbe una identità in quanto P 0 ∈ Π quindi a x 0 + b y 0 + c z 0 + d = 0 . Nel secondo caso a ( v x t − x 0 ) + b ( v y t − y 0 ) + c ( v z t − z 0 ) + d = 0 non avrebbe soluzione alcuna poiché P 0 ∉ Π . Se viceversa a v x + b v y + c v z ≠ 0 non c’è parallelismo tra Π ed s e la loro intersezione è un unico punto P I . Come trovarlo? Non c’è che che risolvere l’equazione a v x t + b v y t + c v z t + d = 0 rispetto a t . Posto che t I sia la soluzione le coordinate di P I sono necessariamente x 0 + t I v x , y 0 + t I v y , z 0 + t I v z ( ) . NB: se l’equazione di s è data come intersezione di piani s : a x + b y + c z + d = 0 ′ a x + ′ b y + ′ c z + ′ d = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ occorre prima trovarne l’equazione parametrica col procedimento descritto nel punto 6.4. In alternativa possiamo porre p 1 − p 0 ( ) ⋅ λ n 12 + µ n 13 ( ) = 0 o p 1 − p 0 ( ) ⋅ λ n 12 + µ n 23 ( ) = 0 oppure ancora p 1 − p 0 ( ) ⋅ λ n 13 + µ n 23 ( ) = 0 e poi determinare λ e µ per i quali tale equazione è verificata (vedi 6.4-bis). Infine, il caso della proiezione ortogonale di un punto P 1 sul un piano π si riduce alla determinazione del punto di intersezione P 1 ′ della retta r : p 1 + t  n con π : (  p −  p 0 ) ⋅  n . 6.7 DISTANZA DI UN PUNTO DA UN PIANO In riferimento alla soprastante figura denoteremo la distanza di P 1 da Π con d ( P 1 , Π ) . Si rammenti a questo proposito che, in generale, la distanza di due sottoinsiemi A e B di R 3 viene definita i n f x ∈ A , y ∈ B d ( x , y ) . i  n  ′ p 1  q 0 Π X Y Z i r α Q 0 P 1 P 1 ′ s i P I ii 21 Nella fattispecie d ( P 1 , Π ) = P 1 P 1 ′ dove P 1 ′ è la proiezione ortogonale di P 1 su Π . P 1 P 1 ′ è l’incognita del problema. Per determinarla si può procedere in due modi. 1° Si trova la proiezione ortogonale P 1 ′ su Π col metodo descritto in 6.6 per poi calcolare P 1 P 1 ′ = p 1 − ′ p 1 . 2° d ( P 1 , Π ) = P 1 P 1 ′ = P 1 P 0 c os α quindi (ragionando direttamente sull’immagine): (12.6) d ( P 1 , Π ) = ( p 1 − p 0 ) ⋅  n | |  n | | = a x 1 + b y 1 + c z 1 + d a 2 + b 2 + c 2 Quest’ultimo metodo è senz’altro più sbrigativo del primo. 6.8 EQUAZIONE DI UN PIANO PASSANTE PER TRE PUNTI NON ALLINEATI Torna utile quanto detto nel punto 6.3 alla cui figura facciamo qui specifico riferimento (con particolare attenzione all’equazione parametrica del piano). Si vede bene che se P 0 , V e W sono i tre punti non allineati in questione allora, indicando con  p V il vettore posizione di V e con  p W il vettore posizione di W abbiamo  v =  p V −  p 0 e  w =  p W −  p 0 (vettori linearmente indipendenti). L’equazione parametrica di π è quindi (13.6) (  p −  p 0 ) ⋅ [ (  p V −  p 0 ) ∧ (  p W −  p 0 ) ] = 0 Volendo la corrispondente equazione cartesiana si procede come indicato nel punto 6.3 medesimo. 6.9 DISTANZA DI PUNTI DA RETTE E PROIEZIONE ORTOGONALE DI PUNTI SU RETTE Supponiamo di conoscere r :  p =  p 0 + t  v e P 1 . Dall’analisi della figura otteniamo d ( P 1 , r ) = P 1 P 1 ′ = | |  p 1 −  p 0 | | | s i n α | quindi (14.6) d ( P 1 , r ) = | | (  p 1 −  p 0 ) ∧  v | | | |  v | | Quanto alla determinazione della proiezione ortogonale P 1 ′ di P 1 su r c’è da osservare che P 1 ′ è l’intersezione con r medesima di un piano π ortogonale ad essa (quindi a  v ) nonché passante per P 1 . L’equazione di tale piano è (  p −  p 1 ) ⋅  v = 0 . Non resta, a questo punto, che utilizzare la metodologia esplorata in 6.5. Più specificatamente: trovare la soluzione ′ t dell’equazione scalare di primo grado [ (  p 0 + t  v ) −  p 1 ] ⋅  v = 0 . Otterremo così (15.6)  ′ p 1 =  p 0 + ′ t  v NB: Se l’equazione di r è data come intersezione di piani occorre prima tradurla in equazione parametrica o mettere a sistema l’equazione di Π con le equazioni dei piani Π 1 e Π 2 che definiscono r (sistema lineare di 3 equazioni in 3 incognite) e così determinare le coordinate di P 1 ′ . Una volta determinato P 1 ′ possiamo facilmente scrivere l’equazione della retta ′ r ortogonale a r e passante per il preassegnato punto P 1 ; essa è  p =  ′ p 1 + t (  p 1 −  ′ p 1 ) iii P 1 ′ P 1 Π P 0  n αiii  p 0  v P 1 P 0 r iα P 1 ′ 22 6.10 INTERSEZIONE DI TRE PIANI DUE A DUE NON PARALLELI E SUA DETERMINAZIONE Siano Π 1 : a 1 x + b 1 y + c 1 z + d 1 = 0 , Π 2 : a 2 x + b 2 y + c 2 z + d 2 = 0 Π 3 : a 3 x + b 3 y + c 3 z + d 3 = 0 i tre piani in questione. L’insieme Π 1 ∩ Π 2 è una retta la cui direzione è data da  n 1 ∧  n 2 ≠  0 . Se questa è parallela a Π 3 avremo, a seconda dei casi, Π 1 ∩ Π 2 ∩ Π 3 = ∅ o ( Π 1 ∩ Π 2 ) ∩ Π 3 = Π 1 ∩ Π 2 (retta stessa). Se, viceversa, Π 1 ∩ Π 2 non è parallela a Π 3 – ossia (  n 1 ∧  n 2 ) ⋅  n 2 ≠ 0 – allora Π 1 ∩ Π 2 ∩ Π 3 è un punto determinabile col metodo 6.6. La condizione necessaria e sufficiente per cui Π 1 ∩ Π 2 ∩ Π 3 sia un punto (da verificare subito) è: a 1 a 2 a 3 b 1 b 2 b 3 c 1 c 2 c 3 ≠ 0 6.11 DISTANZA DI DUE RETTE SGHEMBE Notoriamente le rette r e ′ r si dicono sghembe se hanno direzioni diverse e sono prive di punti in comune. • • • • • • • Π ′ r r ′ M M ′ N N  ′ v ∧  v  ′ v ∧  v =  n  ′ v  v  k  j  i O ′ P 0 P 0 23 Dimostriamo innanzi tutto che se, come ci suggerisce l’intuito, esistono due punti N ∈ r e ′ N ∈ ′ r per cui N ′ N ⊥ r e N ′ N ⊥ ′ r allora N ′ N = d ( r , ′ r ) = i n f P ∈ R , ′ P ∈ ′ r d ( P , ′ P ) In effetti ∀ M ∈ r e ∀ ′ M ∈ ′ r abbiamo (considerando il il triangolo M ′ M ′ N ) M ′ M ≥ M ′ N inoltre, con specifico riferimento al triangolo M ′ N N , M ′ N ≥ N ′ N per cui M ′ M ≥ N ′ N . Ciò premesso occorre provare che i punti N ed ′ N esistono. Posto che r :  p 0 + t  v e ′ r :  ′ p 0 + ′ t  ′ v si tratta di dimostrare l’esistenza di due valori t e ′ t tali che [ (  ′ p 0 −  p 0 ) + ′ t  ′ v − t  v ] ⋅  v = 0 [ (  ′ p 0 −  p 0 ) + ′ t  ′ v − t  v ] ⋅  ′ v = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ossia ′ t (  ′ v ⋅  v ) − t | |  v | | 2 = (  p 0 −  ′ p 0 ) ⋅  v ′ t | |  ′ v | | 2 − t (  ′ v ⋅  v ) = (  p 0 −  ′ p 0 ) ⋅  ′ v ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ Quest’ultimo è un semplice sistema di due equazioni lineari in due incognite. Esso ammette un’unica soluzione sse | |  v | | 2 | |  ′ v | | 2 ≠ (  ′ v ⋅  v ) 2 . Ragionando sulla figura a lato si vede che così è effettivamente, dato che per ipotesi  v   ′ v . Dalla figura soprastante si deduce che N ′ N = ′ P 0 N      ⋅  n = ( P 0 N      − P 0 ′ P 0      ) ⋅  n = P 0 ′ P 0      ⋅  n . Conclusione: (16.6) d ( r , ′ r ) = (  ′ p 0 −  p 0 ) ⋅ (  v ∧  ′ v )   v ∧  ′ v  è la distanza delle rette sghembe. NB: ancora una volta il caso in cui entrambe le rette (o anche una sola delle due) siano date in forma cartesiana richiede la previa traduzione in forma parametrica tramite il metodo indicato in 6.4. 6.12 DISTANZA DI DUE RETTE PARALLELE Se le rette r e ′ r sono parallele la loro sistanza d ( r , ′ r ) altro non è se non d ( P 0 , ′ r ) con P 0 ∈ r . Non c’è dunque, per calcolarla, che scegliere un qualunque punto di r e applicare la formula (14.6), sempre con l’avvertenza di utilizzare l’equazione parametrica di ′ r . Va da sé che il ruolo di r e ′ r è interscambiabile. 6.13 EQUAZIONE DI UNA SFERA Ogni sfera (o per meglio dire superficie sferica) è univocamente determinata dal suo centro C , associato a un vettore del tipo  c = α  i + β  j + γ  k , e dal suo raggio ρ > 0 . L’equazione corrispondente in termini vettoriali è (17.6)   p −  c  2 = ρ 2  p = x  i + y  j + z  k quindi ( x − α ) 2 + ( y − β ) 2 + ( z − γ ) 2 = ρ 2 vale a dire (18.6) x 2 + y 2 + z 2 + a x + b y + c z + d = 0  ′ v  v i X Y Z ii C  c  p Σ 24 ove a = − 2 α b = − 2 β c = − 2 γ d = α 2 + β 2 + γ 2 − ρ 2 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ e, di conseguenza, α = − a 2 β = − b 2 γ = − c 2 ρ = α 2 + β 2 + γ 2 − d 2 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ Data (18.6) queste ultime formule consentono di ricavare immediatamente le coordinate ( α , β , γ ) di C e il raggio ρ . Si osservi che non tutte le equazioni (18.6) rappresentano circonferenze reali; perché ciò sia occorre che sia soddisfatta la condizione α 2 + β 2 + γ 2 = 1 4 ( a 2 + b 2 + c 2 ) > d 2 . In particolare se a 2 + b 2 + c 2 = 4 d 2 allora ρ = 0 ; diremo in tal caso che la sfera è degenere (in quano collassa sul suo centro). Se invece a 2 + b 2 + c 2 < 4 d 2 parleremo di sfera immaginaia, con evidente allusione al fatto che il suo raggio diventa un numero immaginario. 6.14 SFERE E PIANI TANGENTI Un piano Π si dice tangente a una sfera se esiste un unico punto P T ∈ Π ∩ Σ detto punto di tangenza. Consideriamo un sistema di riferimento con origine nel centro C della sfera, orientato in modo che l’asse Z passi per C e P T . Indichiamo con R il raggio di Σ e consideriamo l’intersezione di Σ col piano X Z . Otteniamo, così facendo una circonferenza C ⊂ X Z di raggio R . L’intersezione di Π con Σ è { P T } , quella di Σ con X Z è una retta r . Infine C ∩ r = { P T } , ossia r è tangente a C . Da ciò si trae banalmente che l’asse Z è ortogonale a r la quale è dunque parallela a  i . Ragionando identicamente a partire dal piano Y Z anziché X Z , si ottiene l’ortogonalità dell’asse Z alla retta ′ r , la quale è parallela a  j . Possiamo così concludere che dato un qualsiati P ∈ Π il vettore P T P     è, in quanto combinazione lineare di  i e  j , ortogonale a C P T     . Come dire: ogni piano tangente a una sfera è ortogonale all’asse che congiunge il suo centro col punto di tangenza, risultato questo abbastanza intuitivo. Quando si voglia trovare l’equazione delle sfere di raggio R tangenti in un preassegnato punto P T di un dato piano Π di equazione a x + b y + c z + d = 0 , non c’è che scrivere  p T ± R  n −  p 2 = R 2 , ove  n = a  i + b  j + c  k a 2 + b 2 + c 2 e  p = x  i + y  j + z  k è il vettore posizione dei punti delle superfici sferiche. 6.15 CONDIZIONI DI TANGENZA DI UNA RETTA A UNA SFERA Sappiamo che x 2 + y 2 + z 2 + a x + b y + c z + d = 0 è l’equazione di una sfera Σ e che α = − a 2 β = − b 2 γ = − c 2 R = α 2 + β 2 + γ 2 − d 2 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ sono il valori delle coordinate del centro C e del raggio R (vedi punto 6.12). ii ΣΠ  i P T i C  k X Y Z r ′ r C 25 Per stabilire se il piano π è o meno tangente ad ssa non c’è che da calcolare la distanza d ( C , π ) di π medesimo da C col metodo elaborato nel punto 6.7 e verificare se è è uguale maggiore o minore di R . Se x = x 0 + t v x y = y 0 + t v y z = z 0 + t v z ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ∀ t ∈ R è l’equazione di una retta r possiamo sostituire i valori x 0 + t v x , y 0 + t v y e z 0 + t v z a x , y e z in x 2 + y 2 + z 2 + a x + b y + c z + d = 0 . Otterremo in tal modo un’equazione di secondo grado in t . Se il discriminante Δ di quest’ultima è positivo avremo due diverse soluzioni, segno evidente che la retta interseca Σ in due diversi punti; se è negativo r è esterna a Σ ; se infine è nullo (soluzioni coincidenti) allora r è tangenete a Σ . 6.16 PUNTO SIMMETRICO DI UN PUNTO DATO RISPETTO A UNA DATA RETTA Immaginiamo di conoscere P ≡ ( p x , p y , p z ) l’equazione (parametrica o cartesiana) di una retta r e di voler calcolare le coordinate di P S , simmetrico di P rispetto a r . Dall’esame della figura a lato risulta chiaramente che  p S =  p 0 + ( ′  p −  p 0 ) − (  p − ′  p ) . Otteniamo così  p S = 2 ′  p −  p L’unico elemento mancante per la determinazione di  p S è evidentemente ′  p ossia il vettore delle coordinate del punto ′ P , proiezione ortogonale di P sulla retta r . Possiamo trovare quest’ultimo col metodo indicato in 6.9 partendo dall’equazione parametrica r : x = x 0 + t v x y = y 0 + t v y z = z 0 + t v z ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (qualora nota). Se r fosse data cartesianamente, ossia come intersezioni di piani del tipo r : a x + b y + c z + d = 0 ′ a x + ′ b y + ′ c z + ′ d = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ , si potrà considerare v x x + v y y + v z z − ( v x p x + v y p y + v z p z ) = 0 (equazione del piano Π ortogonale a r passante per P ) e metterla a sistema con le due precedenti. La soluzione del sistema lineare r : a x + b y + c z + d = 0 ′ a x + ′ b y + ′ c z + ′ d = 0 v x x + v y y + v z z − ( v x p x + v y p y + v z p z ) = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ di tre equazioni in tre incognite fornirà le coordinate di ′ P . Si osservi che essendo i tre piani mutuamente non paralleli, detta soluzione esiste senz’altro ed è unica. 6.17 TRIANGOLI DI AREA ASSEGNATA CON VERTICE SU UNA RETTA DATA Siano A ≡ ( a 1 , a 2 , a 3 ) e B ≡ ( b 1 , b 2 , b 3 ) due punti noti ed r :  p =  p 0 + t  v una retta data. Vogliamo determinare il/i punto-i P ∈ r (ammesso che esista/no) per cui ar e a d e l t r i an gol o A B P = A con A valore assegnato. ii  p 0  v i P 0 r i P ′ P • P S 26 La variabile t , e dunque il punto P il cui vettore posizione è  p , dovrà esse tale per cui si abbia: a r e a d e l t r i a n g o l o A B P = 1 2 (  b −  a ) ∧ ( p 0 + t  v −  a ) = A Da questa equazione si trae banalmente che ( b − a ) ∧ ( p 0 + t v − a ) 2 = 4 A 2 Sviluppando si ottiene, di massima, un’equazione algebrica di secondo grado in t la quale può: non avere alcuna soluzione reale; avere due soluzioni distinte t 1 e t 2 ; avere un’unica soluzione t 1 . Nel primo caso il punto P cercato non esiste; nel secondo esistono due soluzioni P 1 ≡ p 0 + t 1 v e P 2 ≡ p 0 + t 2 v ; nel terzo la soluzione è P 1 ≡ p 0 + t 1 v . NB: Una quarta possbilità è che A B     sia parallelo a  v , nel qual caso l’equazione sopra scritta degenera in una identità numerica la quale può essere vera o falsa. Se è vera tutti i valori di t sono accettabili quindi le soluzioni del problema sono date da tutti i punti di r ; se è falsa ciò significa che l’equazione sopra scritta non ha soluzione alcuna, dunque  P ∈ r che soddisfi la condizione richiesta. 6.18 TRIANGOLI CON ANGOLO RETTO SU VERTICE NON APPARTENENTE A UNA RETTA DATA Siano A ≡ ( a 1 , a 2 , a 3 ) e B ≡ ( b 1 , b 2 , b 3 ) due punti noti ed r :  p =  p 0 + t  v una retta data. Vogliamo determinare il/i punto/i P ∈ r (ammesso che esista/no) per cui A B P  = π 2 . Siano A ≡ ( a 1 , a 2 , a 3 ) e B ≡ ( b 1 , b 2 , b 3 ) i punti noti e r :  p =  p 0 + t  v l’equazione della retta. La condizione di ortogonalità in B può essre così scritta: ( b − a ) ⋅ ( b − p 0 − t v ) = 0 Si tratta di un’equazione di primo grado in t la cui soluzione  t (ovviamente unica ricordando che v ≠ 0 ) fornisce le coordinate p = p 0 +  t v del punto richiesto. 6.19 TRIANGOLI CON ANGOLO RETTO SU VERTICE APPARTENENTE A UNA RETTA DATA Di nuovo A ≡ ( a 1 , a 2 , a 3 ) e B ≡ ( b 1 , b 2 , b 3 ) sono due punti noti e r :  p =  p 0 + t  v è la retta data. La condizione richiesta è che A P B  = π 2 . Essa può scriversi nel seguente modo: ( p 0 + t v − a ) ⋅ ( b − p 0 − t v ) = 0 (equazione di primo grado con t ∈ R incognto). Se  t è la soluzione P ≡ p 0 +  t v è il punto cercato. 6.20 RETTA SIMMETRICA A UN ’ ALTRA DATA RISPETTO A UN DATO PIANO Siano r : x = x 0 + t v x y = y 0 + t v y z = z 0 + t v z ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ e Π : a x + b y + c z + d = 0 la retta e il piano dati; indichiamo con r S la retta simmetrica. ••• r PAB • r PAB •••• r PAB •• 27 Possiamo trovare A ∈ r ∩ Π . Poiché (vedi figura a lato)  v S =  v ⊥ −  v  dove  v ⊥ =  v ⋅  n  n 2  n e  v  =  v −  v ⊥ otteniamo la equazione vettoriale r S :  p =  a + t  v S banalmente traducibile nella forma parametrica classica. Un altro possibile approccio consiste nel determinare un arbitrario punto B ∈ r diverso da A (assegnando a t un oppor- tuno valore) onde poi trovare il punto ′ B ad esso simmetrico rispetto al piano Π (cfr. 6.6). Noti i vettori A ≡ a e ′ B ≡ ′ b l’equazione di r S sarà p = a + t ( ′ b − a ) . §7 MISCELLANEA: PROBLEMI ED ESERCIZI DI GEOMETRIA ANALITICA PROBLEMA 20 Stabilire il legame tra le equazioni dei piani nello spazio e le equazioni delle rette nel piano X Y . Se P 0 ≡ ( x 0 , y 0 , 0 ) e P ≡ ( x , y , 0 ) appartengono a r allora (  p −  p 0 ) ⋅  n = 0 quindi r : a x + b y + d = 0 è l’equazione ben nota di di una retta nel piano cartesiano classico. Con specifico riferimento allla (12.6) (distanza di un punto da un piano) ritroviamo la nota formula d ( P 1 , r ) = a x 1 + b y 1 + d a 2 + b 2 relativa alla distanza di un punto da una retta nel piano cartesiano X Y . ESERCIZIO 1 Dati i piani Π : 3 x + 2 y − 6 z + 1 = 0 e ′ Π : 2 x + y − 2 z − 3 = 0 trovare l’equazione parametrica della retta r = Π ∩ ′ Π . Soluzione n = ( 3 , 2 , − 6 ) ; ′ n = ( 2 , 1 , − 2 ) ; essi non sono paralleli in quanto n ∧ ′ n = ( 2 , − 6 , − 1 ) ≠ ( 0 , 0 , 0 ) (vedi formula del problema 5) quindi i piani non sono paralleli. Resta da trovare un punto P 0 = Π ∩ ′ Π . Assumendo z = 0 il sistema 3 x + 2 y − 6 z + 1 = 0 2 x + y − 2 z − 3 = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ diventa 3 x + 2 y = − 1 2 x + y = 3 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ il quale ha come soluzioni x 0 = 7 e y 0 = − 11 ; se ne trae che P 0 ≡ ( 7 , − 11 , 0 ) appartiene a r . Traccia Consideriamo un piano Π ortogonale al piano X Y . Il vettore  n è necessariamente parallelo a X Y quindi  n = a  i + b  j . Abbiamo pertanto Π : a x + b y + d = 0 Tale equazione coincide con la classica equazione della retta r formata dai punti di intersezione di π con X Y . Si osserci che i coefficienti a e b sono le componenti di un vettore ortogonale a r . A  v  v ⊥ −  v   v   n r S r ••• B ′ B • Π Z X Y  n r P 1 • P • P 0 • 28 Abbiamo pertanto r : x = 7 + 2 t y = − 11 − 6 t z = − t ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ESERCIZIO 2 Scrivere l’equazione del piano Π passante per A ≡ ( 1 , 1 , 1 ) , B ≡ ( 1 , 2 , 3 ) e C ≡ ( 3 , 2 , 1 ) . Soluzione C B    = − 2  i + 2  k e C A    = − 2  i −  j pertanto  n = 2  i − 4  j + 2  k (vedi problema 5). L’equazione del piano è quindi x − 2 y + z = 0 . ESERCIZIO 3 (Betti–Di Libero, tema del 16/7/10) Scrivere l’equazione della retta ′ r simmetrica rispetto al punto A ≡ ( 2 , 0 , 1 ) a r : x + y − 1 = z − 1 = 0 . Determinare inoltre, se esiste, una retta ′ ′ r passante per A che sechi r secondo un angolo di π 4 . Soluzione ′ r ed r debbono essere complanari, parallele ed equidistanti da A . L’equazione di r può scriversi x + y − 1 = 0 z − 1 = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ dunque la sua direzione (identica a quella di ′ r ) è data da v = i j k 1 1 0 0 0 1 = ( 1 , − 1 , 0 ) . Si vede subito che P 0 ≡ ( 1 , 0 , 1 ) è un punto di r la cui equazione parametrica è dunque r : x = 1 + t y = − t z = 1 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ . Osserviamo ora che ′ p 0 = p 0 + 2 ( a − p 0 ) = 2 a − p 0 = ( 3 , 0 , 1 ) è il vettore delle coordinate di ′ P 0 ∈ ′ r . Da qui l’equazione ′ r : x = 3 + t y = − t z = 1 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ . Infine il vettore direzione ′ ′ v = ( ′ ′ v x , ′ ′ v y , ′ ′ v z ) di ′ ′ r dev’essere ortogonale a v ∧ ( a − p 0 ) = ( 1 , − 1 , 0 ) ∧ ( 1 , 0 , 0 ) e tale che ′ ′ v ⋅ v = 2 2  ′ ′ v  v  = 2 2 2  ′ ′ v  =  ′ ′ v  . A conti fatti: 0 = ( ′ ′ v x , ′ ′ v y , ′ ′ v z ) ⋅ [ ( 1 , − 1 , 0 ) ∧ ( 1 , 0 , 0 ) ] = − ′ ′ v z e ′ ′ v x − ′ ′ v y = ( ′ ′ v x , ′ ′ v y , 0 ) ⋅ ( 1 , − 1 , 0 ) = ( ′ ′ v x ) 2 + ( ′ ′ v y ) 2 , possiamo quindi assumere ′ ′ v = ( 1 , 0 , 0 ) . Otteniamo così ′ ′ r : ′ ′ x = 2 + t ′ ′ y = 0 ′ ′ z = 1 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ESERCIZIO 4 Dati i punti A ≡ ( 1 , 0 , − 1 ) , B ≡ ( 0 , 1 , 1 ) e la retta r : x − y + 2 z = 0 3 x + y = 3 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ determinare : ( i ) il piano Π ortogonale a r e passante per A ; ( i i ) la proiezione ortogonale ′ B di B su Π . Soluzione Calcoliamo il vettore direzione v = i j k 1 − 1 2 3 1 0 = ( − 2 , 6 , 4 ) di r ortonormale a Π . Per x = 1 e y = 0 il sistena che definisce r implica che debba aversi z = − 1 2 . P 0 ≡ ( 1 , 0 , − 1 2 ) appartiene dunque a r la cui equazione parametrica è r : x = 1 − 2 t y = 6 t z = − 1 2 + 4 t ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ . • A r ′ r ′ ′ r • P 0 • ′ P 0  v 29 Otteniamo Π : ( x − 1 , y , z + 1 ) ⋅ ( − 2 , 6 , 4 ) = 0 o, più semplicemente π : ( x − 1 , y , z + 1 ) ⋅ ( − 1 , 3 , 2 ) = 0 , vale a dire Π : − x + 3 y + 2 z + 3 = 0 . L’equazione parametrica della retta ′ r ⊥ π passante per B è ′ r : x = − t y = 1 + 3 t z = 1 + 2 t ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ . Sostituendo nell’equazione di π otteniamo 28 t + 8 = 0 quindi t = − 4 7 . Tale è il valore che il parametro t dell’equazione di ′ r deve avere affinché il punto apprtenga a π . Conclusione: ′ B ≡ ( 4 7 , − 5 7 , − 1 7 ) . ESERCIZIO 5 Al variare di h ∈ R si studi l’intersezione dei piani Π : h x − h y − 2 z = 2 h ; ′ Π : x − y = 0 ; ′ ′ Π : x − 2 h y − z = h . Soluzione I vettori direzione dei primi due piani sono n = ( h , − h , − 2 ) e ′ n = ( 1 , − 1 , 0 ) . v = n ∧ ′ n = i j k h − h − 2 1 − 1 0 = ( − 2 , − 2 , 0 ) ; ciò significa che la loro intersezione Π ∩ ′ Π è una retta. ′ ′ n = ( 1 , − 2 h , − 1 ) è il vettore direzione del terzo piano. Quest’ultimo è parallelo a Π ∩ ′ Π sse ′ ′ n ⋅ v = − 2 + 4 h = 0 e ciò capita sse h = 1 2 . Abbiamo quindi che: ( i ) se h ≠ 1 2 i tre piani si intersecano in un unico punto; ( i i ) se h = 1 2 le equazioni diventano π : 1 2 x − 1 2 y − 2 z = 1 ; ′ π : x − y = 0 ; ′ ′ π : x − y − z = 1 2 . Poiché ( 0 , 0 , − 1 2 ) è soluzione di tutte queste equazioni la retta Π ∩ ′ Π e il piano ′ ′ Π non solo sono paralleli ma hanno un punto in comune. Se ne desume che Π ∩ ′ Π ⊂ ′ ′ Π ossia: l’intersezione Π ∩ ′ Π ∩ ′ ′ Π è una retta. ESERCIZIO 6 ( Betti – Di Libero , tema del 3/5/10 ) Scrivere l’equazione del piano Π che contiene la retta r : x = z − 1 = 0 e il punto A ≡ ( 1 , − 1 , 0 ) . Barrare inoltre le proprietà vere di r tra le seguenti: a è ortogonale all’asse Z b è ortogonale all’asse Y c è contenuta nel piano di equazione x + 2 y − 2 = 0 d è contenuta nel piano di equazione 2 x + z − 1 = 0 Soluzione La direzione di r è data da v = ( 1 , 0 , 0 ) ∧ ( 0 , 0 , 1 ) = ( 0 , − 1 , 0 ) = − j ; r è pertanto parallela all’asse Y . Se ne trae: a vera, b falsa. Poiché i punti di r sono tutti e soli del tipo P ≡ ( 0 , t , 1 ) con t arbitrario essi non soddisfano l’equazione x + 2 y − 2 = 0 , se ne trae che c è falsa. Viceversa soddisfano tutti l’equazione 2 x + z − 1 = 0 pertanto d è vera. P 0 ≡ ( 0 , 0 , 1 ) è un punto di r . La direzione di Π è n = v ∧ ( a − p 0 ) = ( 0 , − 1 , 0 ) ∧ [ ( 1 , − 1 , 0 ) − ( 0 , 0 , 1 ) ] = ( 0 , − 1 , 0 ) ∧ ( 1 , − 1 , − 1 ) = ( 1 , 0 , 1 ) . L’equazione di Π è del tipo − x + z + d = 0 e siccome A ∈ Π dovrà aversi d = 1 ossia π : − x + z + 1 = 0 ESERCIZIO 7 (Betti–Di Libero, tema del 2/9/10) Sia F la famiglia di rette x + h = z − h = h − 1 ( per h ∈ R ). Determinare una retta r ∈ F , ammesso che esista , avente distanza minima dall’origine . Soluzione Le rette r h sono date come intersezioni di piani con direzioni n = ( 1 , 0 , 0 ) = i e ′ n = ( 0 , 0 , 1 ) = k . 30 La direzione delle r h è dunque v h = ( 0 , 1 , 0 ) . Si intuisce da ciò (prescindendo dai calcoli) che la retta di F più vicina all’origine è quella per cui 0 = z = 2 h − 1 donde si trae h = 1 2 . In termini più formali: x = − 1 y = − t z = 2 h − 1 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ quindi i n f P ∈ r h ( x 2 + y 2 + z 2 ) = 1 + ( 2 h − 1 ) 2 da cui l’identica conclusione. ESERCIZIO 8 Si considerino i punti A ≡ ( 0 , 2 , 0 ) , B ≡ ( 1 , 0 , 1 ) , C ≡ ( 0 , − 1 , 1 ) , D ≡ ( 0 , 2 , 3 ) ( i ) La retta per A , B e la retta per C , D sono tra loro a incidenti b parallele c sghembe d perpendicolari ( i i ) Calcolare la distanza di A dal piano Π passante per B , C , D ( i i i ) Calcolare l’area del triangolo B C D ( i v ) Calcolare la distanza di D dalla retta passante per A e B . Soluzione ( 1 , 0 , 1 ) − ( 0 , 2 , 0 ) = ( 1 , − 2 , 1 ) e ( 0 , 2 , 3 ) − ( 0 , − 1 , 1 ) = ( 0 , 3 , 2 ) ; ( 1 , − 2 , 1 ) ∧ ( 0 , 3 , 2 ) = ( − 7 , − 2 , 3 ) ≠ ( 0 , 0 , 0 ) e ( 1 , − 2 , 1 ) ⋅ ( 0 , 3 , 2 ) = − 4 ≠ 0 quindi le rette non sono parallele né perpendicolari. La direzione della prima retta è v A B = ( 1 , − 2 , 1 ) , quella della seconda v C D = ( 0 , 3 , 2 ) . Le rispettive equazioni parametriche sono pertanto x = t y = 2 − 2 t z = t ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ e x = 0 y = − 1 + 3 ′ t z = 1 + 2 ′ t ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ Se si intersecassero dovremmo avere x = z = t = 0 e ′ t = 1 dunque z = 3 , assurdo! La risposta corretta al primo quesito è c . La direzione di Π è data da n = v B C ∧ v B D = ( − 1 , − 1 , 0 ) ∧ ( − 1 , 2 , 2 ) = ( − 2 , 2 , − 3 ) e poiché esso contiene B ≡ ( 1 , 0 , 1 ) la sua equazione è [ ( x , y , z ) − ( 1 , 0 , 1 ) ] ⋅ ( − 2 , 2 , − 3 ) = 0 ossia − 2 x + 2 y − 3 z + 5 = 0 . Applicando la formula (12.6) otteniamo d ( A , π ) = 9 17 . L’area del triangolo B C D è pari alla metà dell’area del parallelogramma individuato dai vettori v B C e v B D vale a dire: 1 2 v B C ∧ v B D = 17 2 . Veniamo all’ultimo quesito. Sappiamo che x = t y = 2 − 2 t z = t ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ è l’equazione della retta r per A e B e che D ≡ ( 0 , 2 , 3 ) . Possiamo applicare la formula (14.6): d ( D , r ) = | | (  p D −  p A ) ∧  v A B | | | |  v A B | | = | | [ ( 0 , 2 , 3 ) − ( 0 , 2 , 0 ) ] ∧ ( 1 , − 2 , 1 ) | | 6 = | | ( 6 , 3 , 0 ) | | 6 = 15 2 . ESERCIZIO 9 Dati i punti A ≡ ( 1 , 1 , 1 ) , B ≡ ( 2 , 1 , 2 ) , C ≡ ( 2 , 3 , 1 ) e D ≡ ( 1 , 2 , 2 ) calcolare il volume del tetraedro A B C D . Soluzione La formula del volume è (vedi sopra) 1 6 A B     ∧ A C     ( ) ⋅ D C     = 1 2 . • Z X Y •• • 2 h − 1 31 ESERCIZIO 10 Considerati i punti A ≡ ( 0 , 1 , 0 ) , B ≡ ( 1 , 1 , 0 ) , C ≡ ( 1 , 2 , 1 ) e D ≡ ( 0 , 2 , − 4 ) siano r la retta per A , B ed s quella per C , D . ( i ) Le rette r ed s sono a incidenti e ortogonali b incidenti non ortogonali c parallele d sghembe e ortogonali e sghembe non ortogonali ( i i ) Trovare l’equazione cartesiana del piano π passante per A , B e C ( i i i ) Determinare l’area del triangolo A B C ( i v ) Determinare il volume del tetraedro A B C D Risposte ( i ) le rette sono sghembe non ortogonali; ( i i ) l’equazione è y − z − 1 = 0 ; ( i i i ) l’area è 2 2 : ( i v ) il volume del tetraedro è 5 6 . ESERCIZIO 11 Dati i punti A ≡ ( 1 , 1 , 1 ) , B ≡ ( 2 , 1 , 2 ) , C ≡ ( 2 , 3 , 1 ) , D ≡ ( 1 , 2 , 2 ) determinare il volume del tetraedro A B C D e la sua altezza rispetto alla base A B C . Soluzione b − a = ( 1 , 0 , 1 ) ; c − a = ( 1 , 2 , 0 ) ; d − a = ( 0 , 1 , 1 ) sono i tre vettori che definiscono A B C D il cui volume è pertanto 1 6 1 0 1 1 2 0 1 1 1 = 1 2 . 1 2 ( b − a ) ∧ ( c − a ) = 3 2 è l’area della base A B C del tetraedro definita da b − a e c − a . Poiché il volume di A B C D è pari a quest’area per l’altezza h del tetraedro stesso rispetto ad A B C diviso 3 avremo: 1 3 3 2 h = 1 2 quindi h = 1 . ESERCIZIO 12 Dato il punto A ≡ ( 1 , 1 , 1 ) , il piano ′ Π : x + y − z + 2 = 0 e la retta r : x + 2 y − z + 1 = 0 3 x + y = 2 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ determinare il piano Π ortogonale a ′ Π , parallelo a r e tale che A ∈ π . Soluzione Sia Π : a x + b y + c z + d = 0 il piano incognito ortogonale a n = ( a , b , c ) ; ′ n = ( 1 , 1 , − 1 ) è il vettore ortogonale a ′ Π pertanto n ⊥ ′ n . Il parallelismo di Π con r implica altresì n ⊥ v con v = i j k 1 2 − 1 3 1 0 = ( 1 , − 3 , − 5 ) vettore direzione di r medesima. Devono quindi essere soddisfatte le equazioni n ⋅ ′ n = 0 n ⋅ v = 0 a + b + c + d = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ l’ultima delle quali esprime l’appartenenza di A a Π . A conti fatti a − 3 b − 5 c = 0 a + b − c = 0 a + b + c + d = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ da cui ricaviamo la soluzione a = − 2 , b = 1 , c = − 1 , d = 1 . L’equazione del piano Π è dunque − 2 x + y − z + 2 = 0 . ESERCIZIO 13 ( Betti – Di Libero , tema del 23/01/12 ) Calcolare la distanza delle rette r : x + y − 1 = 0 = 2 y − z e ′ r : 2 x + z − 1 = 0 = x + y − 1 . Soluzione I vettori direzione delle rette r ed ′ r sono rispettivamente v = i j k 1 1 0 0 2 − 1 = ( − 1 , 1 , 2 ) e ′ v = i j k 2 0 1 1 1 0 = ( − 1 , 1 , 2 ) esse sono dunque parallele. Per quanto argomentato nel punto 6.12 la formula della distanza tra rette sghembe è inapplicabile. 32 Determiniamo le coordinate di due arbitari punti P 0 ∈ r e P 1 ∈ ′ r risolvendo i sistemi x + y − 1 = 0 2 y − z = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ e 2 x + z = 1 x + y = 1 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ P 0 ≡ ( 1 , 0 , 0 ) e P 1 = ( 1 2 , 1 2 , 0 ) sono senz’altro tra questi quindi, in virtù della formula (14.6) del §6, d ( r , ′ r ) = d ( P 0 , ′ r ) = | | (  p 1 −  p 0 ) ∧  v | | | |  v | | . Svolgendo i calcoli otteniamo d ( r , ′ r ) = 3 3 . ESERCIZIO 14 ( Betti – Di Libero , tema del 04/05/12 ) Calcolare la distanza delle rette r : x − 1 = y − z = 0 e s : x − y = x + z = 0 . Indicare inoltre la/e proprietà vera/e tra le seguenti: ´ r e s sono parallele ´ r e s sono ortogonali ´ r e ′ r sono incidenti Soluzione r : x − 1 = 0 y − z = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ quindi v = i j k 1 0 0 0 1 − 1 = ( 0 , 1 , 1 ) dà la direzione di r inoltre ′ r : x − y = 0 x + z = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ pertanto ′ v = i j k 1 − 1 0 1 1 − 1 = ( 1 , 1 , 2 ) fornisce la direzione di ′ r . Si vede bene che v e ′ v non sono paralleli, possiamo quindi applicare la formula (16.6) previa determinazione di due (qualsiasi) punti di r ed ′ r . Chiaramente ( 1 , 1 , 1 ) ∈ r e ( 0 , 0 , 0 ) ∈ ′ r pertanto d ( r , ′ r ) = − ( 1 , 1 , 1 ) ⋅ [ ( 0 , 1 , 1 ) ∧ ( 1 , 1 , 2 ) ]  ( 0 , 1 , 1 ) ∧ ( 1 , 1 , 2 )  = 2 6 = 2 3 . In ultimo: d ( r , ′ r ) > 0 quindi r ed ′ r non sono incidenti; v ⋅ ′ v = 3 quindi r ed ′ r non sono ortogoali. ESERCIZIO 15 ( Betti – Di Libero , tema del 07/02/11 ) Per quali valori di k ∈ R i tre piani Π : x − 2 y + z = k − 1 ; ′ Π : k x + y − 1 = 0 ; ′ ′ Π : x + k z = 0 hanno in comune una retta? Soluzione x − 2 y + z = k − 1 ⇒ n = ( 1 , − 2 , 1 ) k x + y − 1 = 0 ⇒ ′ n = ( k , 1 , 0 ) ⎫ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭ ⎪ ⎪ ⇒ v = n ∧ ′ n = ( − 1 , k , 1 + 2 k ) ≠ ( 0 , 0 , 0 ) x + k z = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ; v fornisce la direzione della retta r = Π ∩ ′ Π . Troviamo un punto di r . Assumendo x = 0 otteniamo − 2 y + z = k − 1 y − 1 = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⇒ z = k + 1 pertanto ( 0 , 1 , k + 1 ) ∈ r . L’equazione paramentrica di r è pertanto x = − t y = 1 + k t z = k + 1 + ( 1 + 2 k ) t ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ . Orbene: Π ∩ ′ Π ∩ ′ ′ Π = r sse r ⊂ ′ ′ Π sse − t + k [ k + 1 + ( 1 + 2 k ) t ] = 0 ∀ t ∈ R . Per l’identità dei polinomi dovrà aversi k ( k + 1 ) = 0 k ( 1 + 2 k ) − 1 = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ossia k ( k + 1 ) = 0 2 k 2 + k − 1 = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ . La prima equazione implica k = 0 o k = − 1 ; la seconda k = 1 2 o k = − 1 . L’unica soluzione compatibile col sistema è k = − 1 . ESERCIZIO 15 ( Betti – Di Libero , tema del 28/06/11 ) Determinare due punti A e B , se esistono, appartenenti alla retta r di equazione x + y = y − z = 0 che formino un triangolo rettangolo in A , di area uguale a 3 2 , con il punto C ≡ ( 0 , 0 , 3 ) . Quante soluzioni ha il problema? Suggerimento Si osservi che C ∉ r (se C ∈ r il problema non ha soluzione). 33 Poiché x + y = 0 y − z = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ è l’equazione di r , v = i j k 1 1 0 0 1 − 1 = ( − 1 , 1 , 1 ) è il suo vettore direzione. La richiesta condizione B A C  = π 2 implica che A sia la proiezione ortogonale di C su r vale a dire: l’intersezione di r col piano ortogonale a v passante per A . Quanto a B esso dev’essere scelto su r in modo tale che A B     A C     = 3 2 . Riepilogando, le soluzioni sono due: B e ′ B , simmetriche rispetto ad A . A B C r ′ B