1 Esercizi di ripasso 4

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1 Esercizi di ripasso 4. Determinare k in modo che il piano kx + 2y 6z + = 0 sia parallelo al piano x + y z + = 0. Soluzione. La condizione di parallelismo richiede che ( ) k 2 6 rg = Ne segue che k = e il piano cercato è 2x + 2y 6z + = 0 2. Determinare il piano perpendicolare a e passante per (0, 0, ) e (,, ). 2x y + 4z = 0 Soluzione. Un piano generico ha equazione ax + by + cz + d = 0 e dunque il passaggio per i due punti ci dà: c + d = 0, a + b + c + d = 0 Inoltre, la perpendicolarità tra i due piani si esprime dicendo 2a b + 4c = 0 In fin dei conti, dunque, dobbiamo trovare le autosoluzioni, se esistono, del SLO seguente c + d = 0 a + b + c + d = 0 2a b + 4c = 0 La matrice del sistema è

2 La matrice ha rango e dunque esistono soluzioni, precisamente a + b + c + d = 0 b + 2c 2d = 0 c + d = 0 con soluzioni: a = 4t b = 4t c = t d = t Per esempio, scegliendo d = si ha l equazione 4x 4y z + = 0. Determinare la retta passante per il punto (4,, ) e parallela alla retta x = y 2 4 = z 2 Soluzione. La generica retta per il punto dato è x 4 l = y + m = z n Dovendo essere parallela a quella assegnata dovrà essere x 4 = y + 4 = z 2 4. Determinare la retta passante per (0,, 0), incidente la retta x = z r : y = 2 e parallela al piano π : x + 2y z + = 0. 2

3 Soluzione. Una retta nello spazio è individuata da due piani. Se la retta deve essere incidente con r essa deve appartenere ad un piano del fascio di asse r: λ(x z) + µ(y 2) = 0 Imponendo il passaggio per il punto si ha µ( 2) = 0 = µ = 0 Abbiamo quindi il piano x = z che contiene la retta. In secondo luogo, la retta deve essere parallela al piano π e quindi deve giacere su un piano della forma x + 2y z + k = 0. Imponendo che anche questo piano passi per il punto si ha k = 0 da cui il piano x + 2y z 2 = 0. La retta desiderata è quindi x z = 0 x + 2y z 2 = 0 o anche x z = 0 y =. Determinare l equazione della retta per l origine ed incidente le due rette r : x = 2z r 2 : x = 4 y = z + Soluzione. La retta deve appartenere ad un piano del fascio λ(x 2z + ) + µ(y z) = 0 ma anche al fascio λ (x 4) + µ (y + z ) = 0

4 Imponendo che i piani passino per l origine si ha λ = 0 e 4λ µ = 0 = λ =, µ = 4 Otteniamo di conseguenza la retta di equazioni o anche x 4 4y 4z + 4 = 0 s : x = 8z Possiamo verificare che l intersezione di s con r è : x = 2z x = 8z da cui P ( 4, 6, 6 ) e l intersezione tra r 2 e s è da cui P 2 (4, 2, 2 ) x = 4 y = z + x = 8z 6. Calcolare la distanza tra le due rette sghembe r e r 2 dell esercizio precedente. Soluzione. Primo metodo: Formula per la distanza. Abbiamo 2 0 r =, r 2 = 4

5 (osserviamo che le due rette sono perpendicolari). Scegliamo un punto P (,, ) su r e P 2 (4, 0, ) su r 2. Il prodotto vettoriale è i j k 2 0 = 2 i 2 j 2 k che ha modulo 2. La distanza cercata è dunque = 8 2 = 4 Secondo metodo: Metodo dei punti mobili. Equazioni parametriche: x = 2t x = 4 y = t, y = t 2 + z = t z = t 2 Allora 2t P P 2 = t 2 + t La perpendicolarità di questo vettore t 2 t con i vettori di direzione ci dà : 6t = 0 2t 2 + = 0 da cui t =, e t 6 2 =. In corrispondenza abbiamo allora i punti 2 P ( 8,, ) e P 6 6 2(4,, ). La distanza tra le rette cercata uguaglia la 2 2 distanza tra questi due punti: (4 8 )2 + ( 2 6 )2 + ( 2 6 )2 = ( 4 )2 = 4 come prima. Questo secondo metodo però ci fornisce in più anche la retta di minima distanza, che è proprio la retta passante per P e P 2. Questa è la retta per P di parametri direttori,, : ossia 2x + 2y = 9

6 7. Determinare l equazione del piano passante per (,, ), (0, 0, ) e parallelo alla retta x = 2y + Soluzione. I parametri di giacitura del piano cercato devono soddisfare al + bm + cn = 0 dove l, m, n sono i parametri direttori della retta che sono l = 6, m =, n = Abbiamo quindi 6a + b + c = 0 Il passaggio per due punti dà inoltre a b + c + d = 0 e c + d = 0. Risolviamo il sistema a b + c + d = 0 6a + b + c = 0 c + d = 0 da cui risolvendo a = 7, b =, c = 9, d = 9 ossia 7x y 9z + 9 = 0 8. Supponiamo di avere una matrice A di ordine 8 tale che AA T = 8I dove I è la matrice identità di ordine 8. (a) Le righe di A costituiscono una base di R 8. Vero o falso? (b) Le righe di A formano una base ortogonale di R 8. Vero o falso? (c) Le righe di A formano una base ortonormale di R 8. Vero o falso? (Giustificare le proprie affermazioni) Soluzione. (a) Vero. La matrice A è chiaramente invertibile in quanto la matrice 8 AT è la sua inversa. Dunque sia le sue righe che le sue colonne costituiscono una base di R 8. 6

7 (b) Vero. Poiché AA T = 8I ne segue che il prodotto scalare tra due righe distinte è zero e quindi le righe costituiscono una base ortogonale. (c) Falso. Infine, il prodotto scalare di una riga per se stessa non dà bensì 8. Quindi i vettori riga non sono di norma e pertanto la base non è ortonormale. 9. In un riferimento cartesiano ortogonale RC(Oxy) del piano si consideri il punto A(4, 0), la retta r : x + y = 0 e la conica C di equazione 2 y 2 + 4xy 2x 4y + = 0. (a) Sia RC(O x y ) il riferimento cartesiano equiverso a RC, con l asse x la retta r orientata secondo le x decrescenti, e l asse y passante per il punto A. Scrivere le coordinate della nuova origine O rispetto al riferimento RC come pure le coordinate dei vettori i, j rispetto alla base ordinata ( i, j). Scrivere inoltre le formule di trasformazione di coordinate punto nel passaggio dal sistema RC al sistema RC e le formule del cambiamento inverso. (b) Classificare la conica C. (c) Determinare il riferimento RC (O, x, y ) nel quale la conica ammette forma canonica. (d) Determinare nel riferimento RC i punti di intersezione di C con gli assi coordinati. Soluzione. (a) Il versore ( della ) retta r orientato nel verso delle x decrescenti è i =. La retta s perpendicolare a r e passante per A è 2 x + y + 2 = 0 e il versore di essa orientato in modo che il nuovo 2 ( ) sistema sia equiverso al vecchio è j = 2. La matrice del cambiamento di coordinate si ottiene prendendo questi due versori come colonne: M = ( ) 2 2 7

8 Possiamo allora immediatamente scrivere le formule di cambiamento di coordinate di vettore nei due sensi: vx = ( v x 2v y ) v y = (2v x v y ) e vx = ( v x + 2v y ) v y = ( 2v x v y ) Per poter scrivere le formule di cambiamento di coordinate di punto, bisogna conoscere la nuova origine O che è l intersezione delle rette r e s. Risolvendo il sistema 2x + y = 2 x + 2y = 4 che ha per soluzione O ( 8, 6 ). Possiamo allora scrivere x = ( x + 2y) + h y = ( 2x y) + k e sostituendo i valori abbiamo 0 = ( 8 2 ) + h 0 = ( + 6 ) + k da cui h = 4 k = 2 e dunque le formule di cambiamento in un verso sono x = ( x + 2y + 4) Quelle inverse sono y = ( 2x y + 2) x = ( x 2y ) + 8 y = (2x y ) 6 8

9 2 (b) Per classificare la conica: A = det 0 2 = si tratta quindi di una conica generale. Essendo α 00 = 4 <= abbiamo un iperbole. (c) Il riferimento in cui la conica ha forma canonica è quello che ha per assi coordinati gli assi di simmetria della conica e il suo centro come origine. Centro: ( α 0 α 00, α 02 α 00 ). α 00 = 4, α 0 = 2 2 =, e infine α 02 = = 2. Dunque il centro è (, ). 4 2 I parametri direttori ( degli assi ) di simmetria sono gli autovettori 0 2 della matrice A 00 =. A tal fine prendiamo l equazione 2 caratteristica: x 2 x 4 = ( 0 con ) soluzioni ( ) x = 4,. Gli 2 autovettori corrispondenti sono e 2 9

10 Gli assi di simmetria sono x 4 = y 2 2 e x 4 2 = y 2, cioè : 2x 2 = y 2, ossia 2x = y, e x 4 = 2y +, cioè x + 2y = ossia 4x + 8y =. Il cambiamento di coordinate 4 desiderato è quindi x = 4x+8y 4 y = 2x y semplificando x = x+2y y = 2x y e l inverso x = x +2y + 4 y = 2x y + 2 Sostituendo si ha l equazione canonica x 2 /6 y 2 /4 = (d) Per avere l intersezione con gli assi nel riferimento iniziale basta calcolare y 2 + 4xy 2x 4y + = 0 x = 0 e y 2 + 4xy 2x 4y + = 0 y = 0 Dal primo ricaviamo y 2 4y + = 0 e quindi i punti (0, ) e (0, ). Dal secondo troviamo 2x + = 0 da cui ( 2, 0). 0

11 0. In un riferimento cartesiano ortogonale RC(Oxyz) dello spazio si considerino i punti P (2,, 2), P 2 (, 2, ), P (,, ), la retta x = + t r : y = + 2t, t R z = t e il piano α : x y = 0. (a) Determinare il punto A in modo tale che P P 2 AP (nell ordine) sia un parallelogramma. Calcolare l area di questo parallelogramma. (b) Scrivere delle equazioni cartesiane della retta s passante per P e ortogonale al piano α.

12 (c) Verificare che la retta congiungente P P 2 e la retta congiungente P O sono sghembe. Calcolare la loro distanza. Soluzione. (a) In un parallelogramma di vertici P P 2 AP si deve avere che il vettore P P 2 sia uguale al vettore P A, dovrà quindi aversi, indicando A(x, y, z) le coordinate da determinare, x + = y = z = da cui A( 2, 6, 0). Come verifica possiamo vedere che i vettori degli altri due lati coincidono: P P = P 2 A e infatti 2 = 2 + = = 0 + L area di questo parallelogramma è il modulo del vettore P P 2 i j k P P = = 7 i + 0 j + k 4 e quindi Area = = = (b) La retta per P (2,, 2) e perpendicolare al piano α è, scritta in forma di rapporti uguali, x 2 = y + = z 2 0 Queste si interpretano scrivendo x + y = che è la retta richiesta. z = 2 2

13 (c) Retta P P 2 ha equazioni: x + y 7 = 0 x + z + 4 = 0 e quella OP : x + y = 0 x + z = 0 La condizione di complanarità è = quindi le rette sono sghembe. Per calcolare la distanza usiamo la formula OP r s r s Calcoliamo i j k r s = = 8 i + 6 j + 4 k di modulo Inoltre il prodotto misto al numeratore è 2 2 = 26 In totale otteniamo la distanza 94.4.