Geometria BAER Canale I Esercizi 12

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1 Geometria BAER Canale I Esercizi Esercizio. x = 0 x = Date le rette r : y = t e s : y = t, si verifichi che sono sghembe e si scrivano le equazioni z = t z = t parametriche di una retta r ortogonale ed incidente ad entrambe. Dimostrare direttamente che r con queste proprietà è unica. Soluzione: Sono sghembe perchè le coordinate x delle due rette sono costanti e diverse tra loro. Un vettore ortogonale ai vettori direttori di r, s è il vettore (, 0, 0). Le equazioni parametriche di r saranno dunque x = x 0 + t y = y 0 z = z 0 da cui si vede subito che se r interseca r si deve avere y 0 = t = z 0, e che se r interseca s dobbiamo avere t = y 0 = z 0 = ( t ), quindi y 0 = z 0 = 0. Per determinare x 0 abbiamo solo due equazioni del tipo x 0 + t 0 = 0, x 0 + t =, possiamo quindi scegliere x 0 = 0 e concludere x = t r : y = 0 z = 0 Qualsiasi altra scelta di x 0 darebbe sempre la stessa retta (l asse delle x), in quanto avremmo sempre una retta parallela a r che passa per l origine (al tempo t = x 0 ) come r. Esercizio. Si considerino le rette r : { x y = 0 x z + = 0 r : { x z = 0 y + z = 0 (a) Si verifichi che sono sghembe, si trovi la retta di minima distanza (ovvero l unica retta perpendicolare ed incidente ad entrambe) e la distanza tra le due rette. Soluzione: le equazioni parametriche sono x = t r : y = t z = + t x = + t r : y = t z = t l intersezione è vuota, ma le rette non sono parallele, Il vettore dal punto generico di r al punto generico di r ha coordinate r r = ( + t s, t s, t s ). Affinchè questo sia perpendicolare a r si deve avere t s + = 0, la perpendicolarità a r invece dà 4t s = 0. risolvendo troviamo s =, t = / che dà il vettore (/,, /). I punti di intersezione delle due rette con la retta di minima distanza sono dunque P = (,, ) ottenuto sostituendo il valore s = nelle equazioni parametriche di r e P = (/,, /). La distanza delle due rettte quindi è d(p, P ) = (/,, /) = ( 8)/. (b) Si trovi l equazione del piano π parallelo ad entrambe le rette e contenente r e le equazioni cartesiane della proiezione ortogonale r di r su π.

2 Soluzione: Dalla parte precedente abbiamo un vettore perpendicolare ad entrambe le rette quindi i parametri di giacitura del piano cercato:(moltiplicando per due) π : x + y z + d = 0, imponendo il passaggio per P ricaviamo d = 0. Nel fascio (ridotto) di piani con asse r, x z +k(y+z ) = 0 quello perpendicolare a π corrisponde a k = 9/4 quindi l equazione è π : x+(9/4)y+(/)z (/4) = 0 Le equazioni cartesiane di r si ottengono mettendo a sistema le equazioni di π e π (c) Si trovi l intersezione di r e r. Soluzione: L intersezione è P : la retta r è la proiezione ortogonale di r su π e l immagine di P tramite questa proiezione è P visto che P P è ortogonale e incidente a entrambe le rette.del resto si verifica facilmente che P verifica le equazioni di π e π. Esercizio. Scrivere la matrice delle seguenti trasformazioni ortogonali del piano (a) Proiezione ortogonale sulla retta x + y = 0 (b) Rotazione di π/4 seguita da riflessione nella retta x + y = 0 (c) Riflessione nella retta x + y = 0 seguita da rotazione di π/4 Soluzione: a) I vettori di norma sulla retta x + y = 0 sono ±. Quindi, se denotiamo con p la ( ( proiezione, abbiamo p(e ) = e, = ). Nello stesso modo calcoliamo p(e ) ) e troviamo la matrice canonica di p, data da A =. ( ) / Potevamo anche calcolare / (/, / ) = A. Infine si può osservare che p si diagonalizza e ha autovalori 0, con autospazi rispettivamente ( la ) retta ( per ) 0 / perpendicolare a x + y = 0 e la retta x + y = 0. Prendendo come base di R i vettori / /, /, 0 la matrice di p rispetto a questa base è, la matrice rispetto alla base canonica dunque è 0 0 ( ) ( ) / / / / 0 / / 0 0 / / = A. b) Poichè se r è la riflessione su x + y = 0, p la proiezione ( ortogonale ) sulla stessa retta abbiamo v + 0 r(v) = p(v), la matrice cercata sarà B = A I =. La matrice della rotazione è R = 0 ( ) ( ) / / / / / /, dunque la matrice cercata è BR = / /. ( ) / / c) è la matrice RB = / /. Esercizio 4. Si scriva la matrice canonica (a) Della rotazione con asse la retta per l origine con vettore direttore (,, ) Soluzione: Una base ortonormale del piano ortogonale alla retta è data dai vettori u = (/ )(,, 0) t, u = (( 6)(,, ) t, un versore della retta è u = (/ )(,, ) t. rispetto a questa base, la matrice della rotazione è cos θ sin θ 0 D = sin θ cos θ 0 0 0

3 La matrice di passaggio dalla base canonica alla base degli u i è 6 T = Dunque se A è la matrice canonica dobbiamo avere D = T AT = T t AT ossia A = T DT t. (b) Della riflessione nel piano π : x y z = 0 Soluzione: Rispetto alla base B = {(/ )(,, ) t, (/ )(,, 0) t, (/ 6)(,, ) t } la matrice D è diagonale con il primo elemento della diagonale uguale a, gli altri due uguali a. Avremo quindi che la matrice canonica è A = T DT t dove T è la matrice di passaggio dalla base canonica alla base B. Esercizio. Si trovino le formule del cambiamento di riferimento del piano dal sistema R al sistema R in cui l origine O ha coordinate (, 7) rispetto a R e gli assi sono ruotati di π/6. Si scrivano anche le formule del cambiamento di riferimento da R a R. Soluzione: La matrice della rotazione è dunque le formule del cambiamento sono dove c = (, 7) t. x y B = = B t x y 7 ( ) x y B c = x y 0 Esercizio 6. Si trovino le formule del cambiamento di riferimento dello spazio in cui gli assi si trasformano mediante un antirotazione (l asse ortogonale al piano della rotazione cambia verso) di π/ con asse la retta per l origine di parametri direttori (,, ) e le coordinate della nuova origine sono (0,, ). Soluzione: Per prima cosa scriviamo la matrice canonica A dell antirotazione: il piano della rotazione ha equazione x + y + z = 0 e una base ortonormale è data dai vettori u = (,, 0) t, u = 6 (,, ) t. Aggiungendo il versore u = R rispetto alla quale la matrice dell antirotazione è (,, ) t dell asse dell antirotazione otteniamo una base ortonormale B di 0 D = Se B è la matrice di passaggio dalla base canonica alla base B avremo (ricordando che B è ortogonale) D = B t AB, dunque A = BDB t = Le formule richieste sono dunque con c = (0,, ) t x y z x = A t y z x x y A c z = y 0 z

4 Esercizio 7. Si consideri il cambiamento di riferimento X 0 x Y = 0 y 0 0 Si trovi l equazione della retta x + y = 0 nel nuovo riferimento. Soluzione: La trasformazione inversa è x 0 X y = 0 Y 0 0 sostituendo (X ) + ( Y + ) = X Y 4 = 0. Si può anche osservare che l equazione della retta si scrive come prodotto di matrici (,, )(x, y, ) t = 0, dunque se T è la matrice della trasformazione inversa abbiamo (,, )T (X, Y, ) t = 0, quindi i coefficienti della nuova equazione sono (,, )T = (,, 4). Esercizio 8. (a) Con un disegno ci si convinca che se T è la riflessione in una retta r del piano passante per l origine e p la proiezione ortogonale sulla stessa retta allora si ha per ogni vettore del piano applicato nell origine v abbiamo v + T ( v ) = p( v ) Soluzione: Un disegno che mostra come due punti simmetrici rispetto ad una retta abbiano la stessa proiezione sulla retta (b) Ora si dimostri formalmente quanto visto sopra (Suggerimento: Se la retta fa angolo θ con l asse delle ascisse si prenda come riferimento il vettore unitario parallelo alla retta e il vettore unitario perpendicolare u = (cos θ, sin θ), u = ( sin θ, cos θ)). Soluzione: Se denotiamo con (x, y) le coordinate di v, rispetto al riferimento suggerito v ha coordinate (x cos θ + y sin θ, x sin θ + y cos θ). Sempre rispetto a questa base la matrice della riflessione è diagonale con, sulla diagonale, mentre la matrice della proiezione ortogonale è diagonale con, 0 sulla diagonale. Dunque in coordinate abbiamo T ( v ) = (x cos θ + y sin θ, x sin θ y cos θ) e p(t ( v )) = p(x cos θ+y sin θ, x sin θ y cos θ) = (x cos θ+y sin θ, 0) = p(x cos θ+y sin θ, x sin θ+y cos θ) = p( v ) D altra parte v + T ( v ha coordinate (x cos θ + y sin θ, 0). (c) Si mostri che se 0 u R n, r = L[u], allora la matrice canonica della proiezione ortogonale su r è uu t (questo è più un esercizio sui prodotti scalari e le proiezioni). Soluzione: Possiamo assumere che u sia di norma uno, allora se v è un altro vettore (uu t )v = u(u t v) = u u, v = u, v u = p r (v) (d) Si usi quanto visto per scrivere la matrice canonica della riflessione nella retta r : x y = 0 come P I, dove P è la matrice canonica della proiezione, e si verifichi il risultato. Soluzione: Un vettore unitario della retta è il vettore (, ). Usando il punto precedente, o calcolando le immagini dei vettori della base canonica, la matrice P dunque è la matrice ) ( La matrice P I è ( 4 Questa matrice è ortogonale, il determinante è dunque la matrice rappresenta una riflessione. La retta che viene riflessa è l autospazio E( ) = Ker ((P I) + I) = Ker (P ) = L[(, )] dunque la retta in cui si riflette è proprio r. 4 4 )

5 Esercizio 9. Data la matrice ortogonale 0 0 M = si dica che tipo di trasformazione ortogonale (rotazione, riflessione, antirotazione) rappresenta, e la si descriva (se è una rotazione o un antirotazione, trovare asse e angolo, se riflessione trovare il piano in cui si riflette). Soluzione: il determinante è dunque si tratta di una rotazione. L autospazio associato a è generato dal vettore (,, ) t, che dunque è l asse della rotazione. Un vettore del piano ortogonale all asse è (, 0, ) t la cui immagine è (,, 0) t. I due vettori hanno norma e il loro prodotto scalare è, dunque l angolo è arccos = π, dunque abbiamo una rotazione di π nel piano x + y + z = 0. Esercizio 0. Nello spazio, possiamo definire una riflessione in una retta r, che denotiamo T r, come nel piano, ossia se P R, T r (P ) = P, se invece P / r, allora T r (P ) = Q, dove Q è il simmetrico di P rispetto a r, ossia l unico punto diverso da P sulla retta perpendicolare a r passante per P tale che d(p, r) = d(q, r). (a) Sia r la retta per l origine con parametri direttori (,, ). Si scriva la matrice canonica di T r (Suggerimento: si usi l esercizio, adattando il risultato allo spazio). Soluzione: Come nel piano, se p r è la proiezione ortogonale su r abbiamo che la riflessione T r verifica T r (v) + v = p r (v) v R. Un versore di r è u = / 6(,, ) t e possiamo calcolare la matrice canonica P di p r nel seguente modo: P = uu t = 4 6 La matrice di T r è P I (I matrice identità). (b) Abbiamo visto che ogni trasformazione ortogonale dello spazio è una riflessione, una rotazione o un antirotazione. Se r passa per l origine T r è una trasformazione ortogonale; che tipo di trasformazione è? Esercizio. Soluzione: La retta r è invariante, dunque qualsiasi vettore di r è un autovettore associato all autovalore. Sul piano per l origine perpendicolare a r, ogni punto va nel suo simmetrico rispetto all origine, dunque ogni vettore viene cambiato di verso e la trasformazione è meno l identità, ossia una rotazione di π. Dunque la trasformazione è una rotazionne di π con asse r. (a) Si mostri che una rotazione di angolo θ del piano di centro l origine puó essere scritta come la composizione di due riflessioni Soluzione: Disegnando alcuni casi particolari ci si convince che una buona ipotesi sia che la prima riflessione sia quella nella retta che fa angolo θ/ con l asse delle ascisse, e la seconda sia quella nel (nuovo) asse delle ascisse, infatti 0 cos θ sin θ cos θ sin θ = 0 sin θ cos θ sin θ cos θ (b) Si mostri che una traslazione nel piano può essere scritta come composizione di due riflessioni. (Suggerimento: si può assumere senza perdere generalità che il vettore della traslazione giaccia sull asse delle ascisse).

6 Soluzione: Scriviamo il vettore della traslazione come (a, 0). Procedendo come nell esempio sulle note fatto in classe, la riflessione nella retta x = a è rappresentata dalla matrice 0 a A = Moltiplicando questa matrice per la matrice della riflessione nel (nuovo) asse delle ordinate (che è la matrice che si ottiene dall identità moltiplicando la prima riga per ) si ottiene la matrice della traslazione per il vettore (a, 0) t. Dunque ogni isometria del piano si può scrivere come prodotto di riflessioni. Esercizio. Si scriva la matrice di ordine che rappresenta una rotazione del piano di angolo θ con centro nel punto (a, b) Soluzione: Sia P il punto di coordinate (a, b). Con un cambiamento di riferimento X = x a, Y = y b, il punto P è la nuova origine e possiamo scrivere la solita matrice della traslazione; per avere la formula nelle coordinate di partenza facciamo il cambiamento di riferimento inverso. In formule 0 a cos θ sin θ 0 0 b sin θ cos θ 0 0 a cos θ sin θ a cos θ + b sin θ + a 0 b = sin θ cos θ a sin θ b cos θ + b Dalla matrice si vede che una rotazione con centro un punto diverso dall origine si può scrivere come la composizione di una rotazione nell origine e una traslazione. Il punto (x, y) viene mandato dalla rotazione di angolo θ con centro (a, b) nel punto x cos θ y sin θ a cos θ + b sin θ + a x sin θ + y cos θ a sin θ b cos θ + b Esercizio. Si scriva la matrice di ordine 4 che rappresenta nello spazio la riflessione nel piano di equazione π : x y + z = Soluzione: Una base ortonormale del piano π 0 : x y + z = 0 è data dai vettori u = (/ )(,, 0) t, u = (/ 6)(,, ), un versore normale del piano è u = (/ )(,, ). Allora nel riferimento dello spazio dove l origine è il punto O di coordinate (0,, 0) (che appartiene a π) e i vettori sono i vettori applicati in O equipollenti agli u i la matrice della riflessione in π è la matrice R = La matrice del cambiamento di riferimento è la matrice / / 6 / 0 T = / / 6 / 0 / 6 / Dunque, denotando X, x i vettori nelle nuove e vecchie coordinate, rispetto alle coordinate X la riflessione è data da RX, quindi poichè X = T x la matrice nelle coordinate x è T RT. Esercizio 4. Nel piano, si consideri la circonferenza γ di equazione x + y x 6y + 6 = 0.

7 (a) Si trovino centro e raggio di γ. Soluzione: L equazione si scrive (x ) + (y ) 4 = 0 quindi il centro è (, ) e il raggio è. (b) Sia P il punto di intersezione di γ con la retta r : x y = 0 più vicino all origine. Si scriva l equazione della retta s per l origine parallela alla tangente a γ in P. Soluzione: La retta passa per il centro, quindi contiene un diametro di γ. Dunque la tangente in P è perpendicolare al diametro e la parallela per O è s : x y = 0. Non serve, comunque P ( /, /). (c) Si scriva la matrice canonica della proiezione su r Soluzione: Un vettore direttore di r normalizzato è u t = 0 (, ), abbiamo che e = e, u u + v = 0 +v con v appartenente alla retta per l origine perpendicolare a r; analogamente e = 0 + ( w, quindi le proiezioni su r dei vettori della base canonica sono 0, ) 0. 9 Esercizio. Si considerino le rette nello spazio r : { x y z = 0 x z = 0 r : { 4x + y 4z + 4 = 0 x y = 0 (a) Si scrivano le equazioni parametriche delle rette e si mostri che le rette sono sghembe Soluzione: I parametri direttori di r sono (, 0, ), quello di r sono (,, ), quindi le rette non sono parallele. r passa per A = (,, /), r per B = (0,, /) dunque le equazioni parametriche sono x = t + x = t r : y = r : y = t z = t / z = t + /. Euguagliando le coordinate, troviamo un sistema in t, s incompatibile. (b) Si trovino le equazioni dei due piani paralleli π, π tali che r i π i i =,. Soluzione: I piani sono paralleli a entrambe le rette, quindi i parametri di giacitura sono perpendicolari ai numeri direttori delle due rette. Usando il prodotto vettoriale (, 0, ) (,, ) = (, 4, 4), troviamo che il fascio di piani é x y + z + k = 0. r passa per A, quindi imponendo il passaggio π : x y + z + 9 = 0, analogamente B r e troviamo π : x y + z 9 = 0. (c) Si trovi l equazione della sfera S tangente a π, π e avente centro sull unica retta perpendicolare e incidente sia a r che a r Soluzione: Il vettore con punto di applicazione in r (paramerizzato da s) e vertice in r (parametro t) ha coordinate (t s, t 4, t s + 4); imponendo la perpendicolarità con i parametri direttori dele due rette otteniamo t = s = 0. I punti in cui la retta perpendicolare a entrambe le rette le interseca: A r, B r. Il centro della sfera è il punto medio di AB, M = (, 0, /), il raggio d(m, A) = d(m, B) =. L equazione dunque è (x ) + (y) + (z /) = 9. Esercizio 6. Si scriva la matrice di ordine che rappresenta una rotazione del piano di angolo θ con centro nel punto (a, b) Soluzione: Sia P il punto di coordinate (a, b). Con un cambiamento di riferimento X = x a, Y = y b, il punto P è la nuova origine e possiamo scrivere la solita matrice della traslazione; per avere la formula nelle coordinate di partenza facciamo il cambiamento di riferimento inverso. In formule 0 a cos θ sin θ 0 0 b sin θ cos θ 0 0 a cos θ sin θ a cos θ + b sin θ + a 0 b = sin θ cos θ a sin θ b cos θ + b

8 Dalla matrice si vede che una rotazione con centro un punto diverso dall origine si può scrivere come la composizione di una rotazione nell origine e una traslazione. Il punto (x, y) viene mandato dalla rotazione di angolo θ con centro (a, b) nel punto x cos θ y sin θ a cos θ + b sin θ + a x sin θ + y cos θ a sin θ b cos θ + b e si vrtifica che il punto O = (a, b) viene mandato in se stesso, il punto P = (a +, b) viene mandato nel punto di coordinate (a+cosθ, b+sin θ) e il punto P = (a b+) nel punto di coordinate (a sin θ, b+cos θ), dunque i vettori O P i vengono ruotati di θ. Esercizio 7. Si scriva la matrice di ordine 4 che rappresenta nello spazio la riflessione nel piano di equazione π : x y + z = Soluzione: Una base ortonormale del piano π 0 : x y + z = 0 è data dai vettori u = (/ )(,, 0) t, u = (/ 6)(,, ), un versore normale del piano è u = (/ )(,, ). Allora nel riferimento dello spazio dove l origine è il punto O di coordinate (0,, 0) (che appartiene a π) e i vettori sono i vettori applicati in O equipollenti agli u i la matrice della riflessione in π è la matrice R = La matrice del cambiamento di riferimento è la matrice / / 6 / 0 T = / / 6 / 0 / 6 / Dunque, denotando X, x i vettori nelle nuove e vecchie coordinate, rispetto alle coordinate X la riflessione è data da RX, quindi poichè X = T x la matrice nelle coordinate x è T RT.