Geometria BATR-BCVR Esercizi 9

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1 Geometria BATR-BCVR Esercizi 9 Esercizio 1. Per ognuna delle matrici A i si trovi una matrice ortogonale M i tale che Mi ta im sia diagonale. ( ) A 1 = A = Esercizio 2. Ricavare la formula per la riflessione nella retta per l origine r che forma un angolo α (in senso orario) con l asse delle ascisse del piano vista in classe ragionando nel seguente modo: (a) Rispetto al sistema di riferimento cartesiano dato da un vettore unitario di r e un vettore unitario della retta per l origine perpendicolare a r qual è la matrice della riflessione? (b) Usando la formula per il cambiamento di base per la matrice associata ad un applicazione lineare trovare la matrice canonica della riflessione (suggerimento: ricordare le formule di duplicazione 2 sin α cos α = sin(2α), 2 cos 2 α 1 = cos(2α)). Soluzione: La base suggerita è una base ortonormale di autovettori quindi rispetto a questa base la matrice è la matrice diagonale con coefficiente 1, 1 uguale a 1 e con il secondo coefficiente della diagonale uguale a 1. Coniugando con la matrice di passaggio abbiamo ( cos α ) sin α ( 1 ) 0 ( cos α ) sin α C sin α cos α 0 1 sin α cos α BB BB C Esercizio 3. Si considerino i punti del piano A (1, 1), B (4, 1), C ( 1/2, 2) (a) Si determini se i punti A, B, C sono allineati e, in caso affermativo, si determini l equazione cartesiana della retta che li contiene. (b) Trovare le coordinate del punto D tale che OD sia equipollente ad AB. (c) Trovare le coordinate del punto E tale che BE sia equipollente ad OA. Soluzione: a) I vettori AB, AC hanno rispettivamente coordinate (3, 2), ( 3/2, 1), quindi sono chiaramente lin. dip. e i tre punti sono allineati. La retta che li contiene ha parametri direttori (3, 2) quindi fa parte del fascio di rette 2x + 3y + c = 0, e poichè passa per A deve essere c = 5. b) OD deve avere coordinate (3, 2), dunque D (3, 2). c) Dobbiamo avere E B = A i.e. (x, y) (4, 1) = (1, 1), dunque E (5, 0). Esercizio 4. Per ciascuna delle seguenti coppie di rette, r, r si determini r r (a) r : x 2y + 5 = 0, r : 2x + y 1 = 0 (b) r : x 2y + 5 = 0, r : 2x 4y + 5 = 0 (c) r : 2x + y 1 = 0, r : 4x + 2y 2 = 0

2 Soluzione: a) Il sistema formato dalle equazioni delle due rette è Crameriano, le due rette si incontrano ( ) ( ) ( ) /5 nel punto di coordinate 1 5 = /5 b) Il sistema formato dalle due equazioni è incompatibile, la matrice dei coefficienti ha rango 1, quella completa ha rango 2, dunque le rette sono parallele e r r =. c) Il sistema formato dalle due equazioni ammette 1 soluzioni, visto che le quazioni sono proporzionali. Quindi abbiamo r = r. Esercizio 5. Per ciascuna delle seguenti coppie di rette, r, r si determini r r x = 2 + 2t x = 5 t (a) r : y = 1 + 3t ; r : y = 1 + t ; x = 2 + t x = 2 t (b) r : y = 1 + 3t ; r : y = 1 3t ; x = 1 + 2t x = 3 + t (c) r : ; r : y = 3t y = 6 (3/2)t ; Soluzione: a) Euguagliamo le due parametrizzazioni facendo attenzione a usare due parametri diversi t, s. { 2 + 2t = 5 s 1 + 3t = 1 + s Risolvendo, troviamo t = 3/5, s = 9/5 che, sostituiti nelle parametrizzazioni di ciascuna retta danno il punto (16/5, 14/5). b) Osserviamo che i parametri direttori delle due rette sono proporzionali, quindi le due rette sono parallele. Passano entrambe per il punto (2, 1) quindi le due rette sono coincidenti. c) Anche in questo caso i parametri direttori delle due rette sono proporzionali, quindi le due rette sono parallele. per vedere se siano coincidenti o meno, controlliamo se (1, 0) r appartiene anche ad r. Si deve avere 3 + t = 1, 6 (3/2)t = 0, che ammette soluzione per t = 4. Quindi (1, 0) r e le rette sono coincidenti. Osserviamo che procedendo come in a), troviamo un sistema di equazioni in t, s che si riduce alla sola equazione t = 2 + (1/2)s. Riparametrizzando r, ossia effettuando questa sostituzione nelle equazioni di r, si ottiene la parametrizzazione di r. Esercizio 6. (a) Stabilire se i punti del piano di coordinate A (1, 3), B ( 2 1), C (3, 1) sono allineati. (b) Si trovino equazioni cartesiane e parametriche per la retta per A e C. Soluzione: a) Le coordinate dei vettori AB, AC sono rispettivamente ( 3, 4), (2, 2). Il determinante della matrice formata con questi due vettori è non nullo, quindi i vettori sono lin. indip. quindi i punti non sono allineati. b) Il vettore { AC è un vettore direttore per la retta cercata. Inoltre la retta passa per A dunque x = 1 + 2t r :. Sommando le due equazioni si ottiene un equazione cartesiana: r : x + y = 4. y = 3 2t Esercizio 7. Si considerino la retta r : 2x+5y 1 = 0 e la retta dipendente da un parametro r k : 3x+ky+3 = 0

3 (a) Trovare k R tale che le due rette siano parallele. (b) Trovare k R tale che le due rette siano perpendicolari. Calcolare l intersezione di r con la r k perpendicolare. (c) Trovare k R tale che r e r k si intersechino in un punto giacente sulla retta y = 1. Soluzione: a) Si deve avere det ( ) 2 5 = 0 quindi deve essere k = 15/2. 3 k b) Un vettore ( perpendicolare ) ad r è (2, 5), un vettore parallelo a r k è (k, 3). Bisogna quindi trovare k 2 5 tale che det = 0 quindi k = ( 6/5) e la retta cercata è 3x k 3 6 5y + 3 oppure 5x 2y + 5 = 0. Risolvendo il sistema le due rette si intersecano in ( 23/29, 15/29). c) La retta y = 1 è la retta parallela all asse delle y per (0, 1). Sostituendo y = 1 nell equazione di r troviamo l intersezione di r con y = 1: è il punto P ( 2, 1). Imponiamo quindi il passaggio di r k per P : si deve avere 6 + k + 3 = 0, quindi k = 3. Esercizio 8. (a) Determinare le equazioni delle rette che formano con l asse delle x un angolo di π/3 (suggerimento: cos(π/3) = 1/2). (b) Trovare le due rette per il punto A (0, 1) tali che, detti B e C i punti di intersezione con l asse x, il triangolo ABC sia equilatero. Soluzione: a) Determiniamo tutti i vettori di norma 1 che formano un angolo di π/3 con il vettore (1, 0): dobbiamo avere (1, 0), (a, b) = 1/2 e a 2 + b 2 = 1; dunque a = 1/2, b = ± 3 2. Quindi abbiamo due fasci di rette parallele 3x y + c = 0 con parametri direttori (1, 3) e 3x + y + d = 0 con parametri direttori (1, 3). b) Bisogna trovare, per i due fasci trovati al punto a) la retta per (0, 1). Imponendo il passaggio abbiamo c = 1 3, d = 1 3. Esercizio 9. Si consideri la retta r di equazione 2x y + 2 = 0 e l origine O (0, 0). (a) Trovare la proiezione ortogonale H di O su r e la distanza d(o, r). (b) Trovare il simmetrico di O rispetto a r Soluzione: a) La retta perpendicolare a r per l origine è la retta r : x + 2y = 0; l intersezione delle due rette è il punto H ( 4/5, 2/5). Si ha pertanto d(o, r) = 2/ 5. b) Il simmetrico di O rispetto a r si trova su r a distanza doppia da O rispetto ad H: dunque è il vertice del vettore 2 OH che dunque ha coordinate ( 8/5, 4/5). Esercizio 10. Trovare i punti del piano a distanza 2 dalla retta r di equazione 3x + 2y 2 = 0. Soluzione: I punti giacciono su due rette parallele ad r; per trovarne le equazioni basta trovare i termini noti. Consideriamo una qualsiasi retta perpendicolare ad r, ad esempio r : 2x 3y = 0 e consideriamo i due punti a distanza 2 da r su di essa: il punto generico di r ha coordinate (3t, 2t) e la distanza da r è d(t) = 9t + 4t 2 / 13 Imponendo d(t) = 2 si trova t = (2 ± 2 13)/13. Quindi i punti cercati sono quelli delle rette parallele ad r passanti per i punti ((6 ± 6 13)/13, (4 ± 4 13)/13). Esercizio 11. Si consideri il punto A (2, 0) e la retta r : 2x + y + 1 = 0

4 (a) Si trovi la distanza d(a, r). (b) Dati i punti B (0, 1), C ( 1, 1) si calcoli l area del triangolo ABC. Soluzione: a) 5. b) Si noti che B, C r. L area cercata è 1/2d(A, r) BC = 5/2. Esercizio 12. Dimostrare che se AB, AC sono due vettori linearmente indipendenti, l area del parallelogramma da essi determinato è data da ( ) AB, AB AB, AC det. AB, AC AC, AC Soluzione: Dalla geometria elementare sappiamo che l area è data da AB AC sin θ, dove θ è l angolo tra i due vettori. Elevando tutto al quadrato possiamo scrivere il quadrato dell area come AB 2 AC 2 (1 cos 2 θ). Poichè cos θ = AB, AC / AB AC, abbiamo il risultato. Esercizio 13. Si considerino i punti del piano A (1, 2), B (3, 1) e la retta r : x + y 5 = 0. (a) Si trovi, se possibile, un punto P di r tale che il triangolo AP B sia isoscele in P (ossia i due lati uguali hanno in comune il vertice P. (b) Si trovi l area di AQB, dove Q 1 e il punto mobile su r. (c) Si trovi un sistema di disuguaglianze che descrive i punti all interno del triangolo AP B. Soluzione: a) P deve essere sull asse di AB; questo è la retta r 1 : 2x y 5/2 = 0, quindi P (5/2, 5/2) è l intersezione r r 1. b) L area è metà dell area del parallelogramma individuato da { AB e AQ. Il punto generico di r è dato dalle x = t equazioni parametriche. Dunque AQ ha coordinate (t 1, 3 t), e modulo 2(t 2 4t + 5), y = 5 t AB ha coordinate (2, 1) e modulo 5. Il prodotto AB, AQ = 3t 5, quindi l area del parallelogramma è. det c) I punti interni del triangolo AP B si trovano ( ) 2(t 2 4t + 5) 3t 5 = 10(t 3t t + 5) (3t + 5) 2 Nel semipiano tagliato dalla retta che contiene AB e che non contiene l origine, dunque x+2y 5 > 0 Nel semipiano tagliato dalla retta che contiene AP e che contiene l origine quindi x 3y + 5 > 0 Nel semipiano tagliato dalla retta che contiene BP e che contiene l origine quindi 3x + y 10 < 0. Esercizio 14. Si considerino tre punti A, B, C non allineati. (a) Si dimostri che gli assi dei segmenti AB e AC non sono paralleli.

5 (b) Si concluda che esiste un unica circonferenza che passa per A, B, C. Qual è il centro di questa circonferenza? (Questo esercizio, si può fare, senza formule o calcoli, ragionando sulla geometria del problema)- Soluzione: a) Se i tre punti non sono allineati, i due segmenti sono contenuti in due rette per A distinte, dunque non parallele. L asse di un segmento è ortogonale al segmento stesso, dunque se le rette che contengono i segmenti non sono parallele, neanche gli assi lo sono. b) ) Usando la parte a) gli assi dei segmenti AB e AC si intersecano in un unico punto D; abbiamo d(a, D) = d(b, D) poichè D è sull asse del segmento AB, e anche d(a, D) = d(d, C). Quindi D è l unico punto del piano equidistante da A, B, C ed è il centro dell unica circonferenza che li contiene. Esercizio 15. Si consideri la retta r : x + 1 = 0 ed il punto A (1, 0). Si determinino i punti P (x, y) del piano tali che d(p, r) = d(p, A). Soluzione: Abbiamo d(p, r) = x + 1, d(a, P ) = (x 1) 2 + y 2. I punti del semipiano a sinistra di r non possono soddisfare d(p, r) = d(p, A), per quelli a destra si ha x + 1 > 0 dunque cerchiamo x + 1 = (x 1)2 + y 2. Elevando al quadrato troviamo x = y 2 /4 dunque i punti P cercati hanno coordinate (t 2 /4, t) t R e descrivono una parabola.