Posizioni reciproche nello spazio · GAL

Argomento di Geometria e Algebra Lineare. Fatto a lezione in L3. Fonte: appunti della prof p. 16-18 (due rette, rette complanari), p. 19-20 (due piani), p. 21-22 (retta e piano); esercitazione del tutor, es. 2-4; dispensa Postinghel, sezione 1.2.4. Prima: Rette e piani nello spazio (equazioni cartesiane e parametriche, fascio di piani) e Vettori geometrici (prodotto scalare, ortogonalità). Il seguito è Distanze nello spazio.

Per l’esame

Saper enunciare: le definizioni della prof di rette parallele, incidenti, sghembe, perpendicolari; rette complanari; piani paralleli, incidenti, perpendicolari; retta e piano paralleli, incidenti, perpendicolari.
Saper spiegare: perché per retta e piano “paralleli” si legge su $\vec{n} \cdot \vec{v} = 0$ e “perpendicolari” sulla proporzionalità; perché ortogonalità e incidenza sono indipendenti; perché servono due parametri diversi.
Saper fare: posizione reciproca di due rette (albero dei casi), piano che contiene due rette complanari (fascio), posizione di due piani, piano ortogonale a due piani per un punto, posizione di retta e piano con punto d’intersezione, retta per un punto ortogonale e incidente a una retta data.
Dove esce: teoria del foglio 1, domanda 1.8; esercizi 1.11, 1.13, 1.14, 1.15, 1.17.

Cosa si chiede qui. Dati due oggetti nello spazio, capire come stanno fra loro senza disegnarli: si toccano, sono paralleli, sono perpendicolari. La risposta non arriva mai dal disegno, arriva da due vettori e un prodotto scalare.

Ogni oggetto porta con sé un vettore che lo caratterizza, e tutta la sezione è il gioco fra questi vettori:

   retta  ->  vettore DIREZIONALE  v, w   (dove va)
   piano  ->  vettore NORMALE      n, n'  (dove non va)

   due vettori proporzionali      ->  stessa direzione  (paralleli)
   prodotto scalare nullo         ->  ortogonali

Il trabocchetto di tutta la sezione è che per le rette “paralleli” si legge sui direzionali proporzionali, per i piani sui normali proporzionali, ma per retta e piano si ribalta: paralleli quando direzionale e normale sono ortogonali. Il senso è ovvio appena lo dici a parole: la retta è parallela al piano quando non ha nessuna componente lungo la normale, cioè quando non sale né scende rispetto al piano.

1Definizioni

1.1Due rette

La prof: “siano $r$ e $r'$ due rette distinte, e siano $\vec{v}$ , $\vec{w}$ vettori direzionali”. Si chiamano $P \in r$ e $P' \in r'$ due loro punti.

Parallele. $\vec{v}$ e $\vec{w}$ hanno la stessa direzione, cioè sono proporzionali: uno è multiplo dell’altro.

Incidenti. $r$ e $r'$ hanno un punto in comune.

Sghembe. Altrimenti: né parallele né incidenti. È un caso che nel piano non esiste: due rette complanari o si incontrano o sono parallele. Nello spazio c’è la terza via, due rette che scappano l’una dall’altra su piani diversi.

Sono tre casi, perché la prof parla di rette distinte. Se il testo non garantisce che siano distinte, direzionali proporzionali possono voler dire anche coincidenti: si controlla se un punto di una sta sull’altra.

Perpendicolari (o ortogonali). $\vec{v}$ e $\vec{w}$ sono ortogonali, cioè $\vec{v} \cdot \vec{w} = 0$ .

L’ortogonalità è una condizione indipendente dalle prime tre, e la prof lo scrive esplicitamente: due rette possono essere incidenti e ortogonali, oppure sghembe e ortogonali. Si legge solo sui direzionali, non chiede che le rette si tocchino. Pensa alle due rette come a due matite incrociate a distanza: le direzioni formano un angolo retto anche se le matite non si sfiorano.

1.2Rette complanari

Complanari. Due rette che giacciono sullo stesso piano. La prof: due rette complanari possono essere parallele o incidenti.

Detto altrimenti: sghembe significa esattamente non complanari. Se la domanda è “sono complanari?”, la risposta è la stessa di “non sono sghembe?”, e si trova con lo stesso conto.

1.3Due piani

Siano $\pi : ax + by + cz + d = 0$ e $\pi' : a'x + b'y + c'z + d' = 0$ , con vettori normali $\vec{n} = (a, b, c)$ e $\vec{n}' = (a', b', c')$ .

Paralleli. $\vec{n}$ e $\vec{n}'$ sono proporzionali.

Incidenti. Altrimenti. In questo caso l’intersezione è una retta, mai un punto solo: due piani distinti che si toccano si toccano sempre lungo una retta.

Perpendicolari (o ortogonali). $\vec{n}$ e $\vec{n}'$ sono ortogonali, cioè $\vec{n} \cdot \vec{n}' = 0$ .

Due piani ortogonali sono sempre incidenti: se le normali sono ortogonali non possono essere proporzionali, quindi i piani non sono paralleli.

1.4Retta e piano

Sia $\pi$ con vettore normale $\vec{n}$ e $r$ con vettore direzionale $\vec{v}$ .

Paralleli. $\vec{n} \cdot \vec{v} = 0$ . Attenzione: in questo caso la retta potrebbe anche essere contenuta nel piano. La condizione sui vettori non distingue i due casi, serve un controllo in più su un punto.

Incidenti. Hanno un punto in comune. La prof annota: in questo caso $\vec{n} \cdot \vec{v} \neq 0$ . Vale quando il punto in comune è uno solo: una retta contenuta nel piano ha infiniti punti in comune, e lì $\vec{n} \cdot \vec{v} = 0$ .

Perpendicolari (o ortogonali). $\vec{n}$ e $\vec{v}$ sono proporzionali: la retta buca il piano andando esattamente nella direzione della normale.

2Enunciati

2.1Riassunto dei criteri

Tutti i criteri in una tabella

oggetti	paralleli	ortogonali
retta $r$ , retta $r'$	$\vec{v}$ , $\vec{w}$ proporzionali	$\vec{v} \cdot \vec{w} = 0$
piano $\pi$ , piano $\pi'$	$\vec{n}$ , $\vec{n}'$ proporzionali	$\vec{n} \cdot \vec{n}' = 0$
retta $r$ , piano $\pi$	$\vec{n} \cdot \vec{v} = 0$	$\vec{n}$ , $\vec{v}$ proporzionali

La riga della retta col piano ha le due colonne scambiate rispetto alle altre due. Se ricordi perché (il normale dice dove il piano non va), non c’è niente da imparare a memoria.

2.2Perpendicolarità e incidenza sono indipendenti

3Metodo

3.1Posizione reciproca di due rette

Scrivi le parametriche di entrambe, con parametri diversi: $t$ per una, $s$ per l’altra. Usare $t$ in tutte e due significa imporre che si raggiungano nello stesso “istante”, e fa perdere soluzioni.
Leggi i direzionali $\vec{v}$ e $\vec{w}$ . Sono proporzionali? Se sì, parallele (o coincidenti, se un punto di una sta sull’altra) e hai finito.
Se no, metti a sistema le tre coordinate: $x_r(t) = x_{r'}(s)$ , $y_r(t) = y_{r'}(s)$ , $z_r(t) = z_{r'}(s)$ . Sono tre equazioni in due incognite.
Il sistema ha soluzione? Sì: incidenti, e sostituendo ottieni il punto comune. No: sghembe.
Calcola comunque $\vec{v} \cdot \vec{w}$ : se è zero, aggiungi “e ortogonali”.

Il punto 3 ha tre equazioni e due incognite, quindi in generale è incompatibile: si ricavano $t$ e $s$ da due equazioni e si verifica la terza. Se la terza non torna, il sistema non ha soluzione.

Se una retta è data in cartesiane, conviene sostituire le parametriche dell’altra dentro le sue due equazioni: vengono due equazioni nel solo parametro dell’altra retta.

3.2Piano che contiene due rette complanari

La prof dà due strade, e la seconda funziona in entrambi i casi.

Se sono incidenti in $P$ , il piano si scrive subito in parametriche usando $P$ , $\vec{v}$ , $\vec{w}$ .

In entrambi i casi (parallele o incidenti) si usa il fascio di piani:

Scrivi le cartesiane di $r$ e da lì il fascio $\lambda(\ldots) + \mu(\ldots) = 0$ di sostegno $r$ .
Prendi un punto qualunque di $r'$ che non stia su $r$ e imponi il passaggio.
Ricava il rapporto fra $\lambda$ e $\mu$ , scegli un valore non nullo per uno dei due, semplifica.

È lo stesso metodo del piano che contiene una retta e un punto esterno, visto in Rette e piani nello spazio: qui il punto esterno lo si pesca su $r'$ . L’alternativa del tutor è il piano per tre punti non allineati, due su $r$ e uno su $r'$ .

3.3Posizione reciproca di due piani

Leggi le normali dai coefficienti: $\vec{n} = (a,b,c)$ e $\vec{n}' = (a',b',c')$ .
Proporzionali? Paralleli (coincidenti se anche i termini noti stanno nella stessa proporzione). Altrimenti incidenti lungo una retta.
$\vec{n} \cdot \vec{n}' = 0$ ? Aggiungi “e ortogonali”.

3.4Piano ortogonale a due piani dati, per un punto

Scrivi $\vec{n}'' = (a'', b'', c'')$ incognito e imponi $\vec{n}'' \cdot \vec{n} = 0$ e $\vec{n}'' \cdot \vec{n}' = 0$ .
Risolvi il sistema di due equazioni in tre incognite: resta un parametro libero, perché la normale è determinata solo a meno di un fattore.
Scegli un valore comodo per il parametro (di solito $1$ ) e ottieni $\vec{n}''$ .
Scrivi $a''x + b''y + c''z + d'' = 0$ e ricava $d''$ imponendo il passaggio per il punto.

Il sistema ha meno equazioni che incognite di proposito: ogni multiplo di $\vec{n}''$ è ancora una normale dello stesso piano, quindi la soluzione non può essere unica.

3.5Posizione reciproca di retta e piano

Se la retta è data in cartesiane, ricava prima le parametriche per avere $\vec{v}$ : poni uguale a $t$ una delle variabili e ricava le altre due.
Calcola $\vec{n} \cdot \vec{v}$ .
Se è zero, la retta è parallela al piano. Prendi un punto di $r$ e controlla se soddisfa l’equazione di $\pi$ : se sì la retta è contenuta nel piano, se no sono parallele e disgiunte.
Se non è zero, sono incidenti. Il punto comune si trova sostituendo le parametriche nell’equazione cartesiana del piano e ricavando $t$ .
$\vec{n}$ e $\vec{v}$ proporzionali? Allora sono anche ortogonali.

3.6Retta per un punto, ortogonale e incidente a una retta data

Scrivi il punto generico $Q(t)$ della retta data $r'$ , con direzionale $\vec{w}$ .
Imponi $\overrightarrow{Q(t)P} \cdot \vec{w} = 0$ e ricava $t_0$ .
$Q(t_0)$ è il punto d’incidenza, e $\overrightarrow{Q(t_0)P}$ è il direzionale della retta cercata.
Verifica: il direzionale trovato ha prodotto scalare nullo con $\vec{w}$ , e $Q(t_0)$ soddisfa le equazioni di $r'$ .

È lo stesso conto del piede della perpendicolare nella distanza punto-retta (Distanze nello spazio): la retta cercata è quella che unisce $P$ al piede.

4Esempi svolti a lezione

Prof, L3, appunti p. 17-18:

r

per

P(1,1,0)

con

\vec{v} = (1,1,1)

r'

per

Q(2,0,1)

con

\vec{w} = (1,0,-1)

Parametriche, con parametri diversi (la prof lo sottolinea col triangolo di pericolo).

r : \begin{cases} x = 1 + t \\ y = 1 + t \\ z = t \end{cases} \qquad r' : \begin{cases} x = 2 + s \\ y = 0 \\ z = 1 - s \end{cases}

Parallele? $\vec{v} = (1,1,1)$ e $\vec{w} = (1,0,-1)$ non sono proporzionali: la seconda coordinata di $\vec{w}$ è nulla e quella di $\vec{v}$ no. Quindi no.

Incidenti? Sistema:

\begin{cases} 1 + t = 2 + s \\ 1 + t = 0 \\ t = 1 - s \end{cases}

Dalla seconda $t = -1$ . Sostituendo nella terza, $-1 = 1 - s$ , cioè $s = 2$ . Verifico nella prima: $1 + (-1) = 0$ a sinistra, $2 + 2 = 4$ a destra. $0 \neq 4$ , il sistema non ha soluzione.

Conclusione: non parallele e non incidenti, quindi sghembe.

Ortogonali?

\vec{v} \cdot \vec{w} = 1 \cdot 1 + 1 \cdot 0 + 1 \cdot (-1) = 0

Sì. Le due rette sono sghembe e ortogonali.

Prof, L3, appunti p. 18, svolto dal tutor (esercitazione 1, es. 2):

r

per

A(2,0,2)

B(0,2,4)

r'

per

C(-2,0,1)

D(-1,-1,0)

. Sono complanari? Trova il piano che le contiene.

La prof l’ha lasciato come esercizio, il tutor l’ha svolto col fascio.

1) Complanari? Guardo i direzionali:

\vec{v} = \overrightarrow{AB} = (-2, 2, 2) \qquad \vec{w} = \overrightarrow{CD} = (-1-(-2),\ -1-0,\ 0-1) = (1, -1, -1)

$\vec{v} = -2\,\vec{w}$ : proporzionali, quindi $r$ e $r'$ sono parallele, dunque complanari. Sono anche distinte: $C$ non sta su $r$ (lo si vede sotto, $C$ non soddisfa la prima cartesiana di $r$ ).

2) Il piano, col fascio. Servono le cartesiane di $r$ . Parametriche da $A$ con $\vec{v}$ :

r : \begin{cases} x = 2 - 2t \\ y = 2t \\ z = 2 + 2t \end{cases}

Sostituisco $2t = y$ : $x = 2 - y$ e $z = 2 + y$ , cioè

r : \begin{cases} x + y - 2 = 0 \\ y - z + 2 = 0 \end{cases}

Fascio di sostegno $r$ :

\lambda(x + y - 2) + \mu(y - z + 2) = 0

Impongo il passaggio per $C = (-2, 0, 1) \in r'$ , che non sta su $r$ perché $-2 + 0 - 2 = -4 \neq 0$ :

\lambda(-2 + 0 - 2) + \mu(0 - 1 + 2) = -4\lambda + \mu = 0 \quad\Longrightarrow\quad \mu = 4\lambda

Con $\lambda = 1$ , $\mu = 4$ :

(x + y - 2) + 4(y - z + 2) = 0 \quad\Longrightarrow\quad \pi : x + 5y - 4z + 6 = 0

Verifica sui quattro punti. $A$ : $2 + 0 - 8 + 6 = 0$ . $B$ : $0 + 10 - 16 + 6 = 0$ . $C$ : $-2 + 0 - 4 + 6 = 0$ . $D$ : $-1 - 5 - 0 + 6 = 0$ . Tutti e quattro sul piano, quindi le due rette ci stanno dentro.

Metodo alternativo del tutor: tre punti non allineati. $A$ e $B$ su $r$ , $C$ su $r'$ . Con $\vec{v} = \overrightarrow{AB} = (-2, 2, 2)$ e $\vec{u} = \overrightarrow{AC} = (-4, 0, -1)$ :

\begin{cases} x = 2 - 2t - 4s \\ y = 2t \\ z = 2 + 2t - s \end{cases}

Da $2t = y$ : $x = 2 - y - 4s$ , quindi $s = \frac{2 - x - y}{4}$ . Nella terza, $z = 2 + y - \frac{2 - x - y}{4}$ ; moltiplico per $4$ : $4z = 8 + 4y - 2 + x + y$ , cioè $x + 5y - 4z + 6 = 0$ . Stesso piano.

Prof, L3, appunti p. 19-20:

\pi : x + y - z + 2 = 0

\pi' : x - 2y + z = 0

Normali. $\vec{n} = (1, 1, -1)$ e $\vec{n}' = (1, -2, 1)$ .

Paralleli? Dalla prima coordinata il fattore dovrebbe essere $1$ , ma allora la seconda darebbe $1 = -2$ . Non proporzionali, quindi incidenti.

Ortogonali?

\vec{n} \cdot \vec{n}' = 1 \cdot 1 + 1 \cdot (-2) + (-1) \cdot 1 = -2 \neq 0

No. I due piani sono incidenti e non ortogonali.

Prof, L3, appunti p. 20:

\pi''

per

P(1,1,0)

, ortogonale a

\pi : x+y-z+2=0

\pi' : x-2y+z=0

Condizioni sulla normale.

\begin{cases} \vec{n}'' \cdot \vec{n} = 0 \\ \vec{n}'' \cdot \vec{n}' = 0 \end{cases} \quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} a'' + b'' - c'' = 0 \\ a'' - 2b'' + c'' = 0 \end{cases}

Risolvo (la prof omette i passaggi). Sommando le due equazioni: $2a'' - b'' = 0$ , cioè $b'' = 2a''$ . Dalla prima: $c'' = a'' + b'' = 3a''$ .

Scelgo $a'' = 1$ , quindi $\vec{n}'' = (1, 2, 3)$ e $\pi'' : x + 2y + 3z + d'' = 0$ .

Passaggio per $P(1,1,0)$ . $1 + 2 + 0 + d'' = 0$ , quindi $d'' = -3$ :

\pi'' : x + 2y + 3z - 3 = 0

Verifica. $\vec{n}'' \cdot \vec{n} = 1 + 2 - 3 = 0$ e $\vec{n}'' \cdot \vec{n}' = 1 - 4 + 3 = 0$ . $P$ : $1 + 2 + 0 - 3 = 0$ .

Prof, L3, appunti p. 21:

\pi : x + y - 2z + 3 = 0

r : x = 2+t,\ y = t,\ z = 3-2t

Vettori. $\vec{n} = (1, 1, -2)$ e $\vec{v} = (1, 1, -2)$ .

I due vettori sono uguali, quindi proporzionali: la retta è perpendicolare al piano (ed è la conclusione della prof). In particolare $\vec{n} \cdot \vec{v} = 1 + 1 + 4 = 6 \neq 0$ , quindi sono incidenti.

Punto d’intersezione (non richiesto a lezione). Sostituisco le parametriche nell’equazione:

(2+t) + t - 2(3-2t) + 3 = 2 + t + t - 6 + 4t + 3 = 6t - 1 = 0 \quad\Longrightarrow\quad t = \tfrac{1}{6}

Il punto è $\left(\frac{13}{6}, \frac{1}{6}, \frac{8}{3}\right)$ .

Prof, L3, appunti p. 21-22, svolto dal tutor (esercitazione 1, es. 3):

\pi : -x + y - z - 1 = 0

r : \{x + y = 0,\ y - z - 1 = 0\}

La prof l’ha lasciato come esercizio, il tutor l’ha svolto.

Normale. $\vec{n} = (-1, 1, -1)$ .

Parametriche di $r$ . Pongo $y = t$ . Dalla prima $x = -t$ , dalla seconda $z = t - 1$ :

r : \begin{cases} x = -t \\ y = t \\ z = -1 + t \end{cases} \qquad \vec{v} = (-1, 1, 1), \quad A = (0, 0, -1)

Prodotto scalare.

\vec{v} \cdot \vec{n} = (-1)(-1) + (1)(1) + (1)(-1) = 1 + 1 - 1 = 1 \neq 0

Non paralleli, quindi incidenti.

Ortogonali? No, perché $\vec{v} = (-1,1,1)$ e $\vec{n} = (-1,1,-1)$ non sono proporzionali: le prime due coordinate darebbero fattore $1$ , la terza $-1$ .

Punto d’intersezione (il tutor si ferma prima). Sostituisco nell’equazione di $\pi$ :

-(-t) + t - (-1 + t) - 1 = t + t + 1 - t - 1 = t = 0

Il punto è $A = (0, 0, -1)$ . Verifica: in $\pi$ , $0 + 0 + 1 - 1 = 0$ ; in $r$ , $0 + 0 = 0$ e $0 + 1 - 1 = 0$ .

Tutor, esercitazione 1, es. 4: retta

r

per

P(0,-2,1)

, ortogonale e incidente a

r' : \{2x - y + 3 = 0,\ x + z - 2 = 0\}

Parametriche di $r'$ . Pongo $z = t$ . Dalla seconda $x = 2 - t$ , dalla prima $y = 2x + 3 = 7 - 2t$ :

r' : \begin{cases} x = 2 - t \\ y = 7 - 2t \\ z = t \end{cases} \qquad \vec{w} = (-1, -2, 1)

Punto generico $Q(t) = (2 - t,\ 7 - 2t,\ t)$ . La retta cercata unisce $P$ a un punto di $r'$ (incidente) e deve essere ortogonale a $\vec{w}$ :

\overrightarrow{Q(t)P} = (0 - (2 - t),\ -2 - (7 - 2t),\ 1 - t) = (-2 + t,\ -9 + 2t,\ 1 - t)

\overrightarrow{Q(t)P} \cdot \vec{w} = -(-2 + t) - 2(-9 + 2t) + (1 - t) = 2 - t + 18 - 4t + 1 - t = 21 - 6t = 0

quindi $t_0 = \frac{21}{6} = \frac{7}{2}$ .

Direzionale di $r$ . $Q\!\left(\frac{7}{2}\right) = \left(-\frac{3}{2}, 0, \frac{7}{2}\right)$ , e

\overrightarrow{Q(t_0)P} = \left(\frac{3}{2},\ -2,\ -\frac{5}{2}\right)

Parametriche di $r$ partendo da $P$ :

r : \begin{cases} x = \frac{3}{2}s \\ y = -2 - 2s \\ z = 1 - \frac{5}{2}s \end{cases}

Verifica. Ortogonalità: $\left(\frac{3}{2}, -2, -\frac{5}{2}\right) \cdot (-1, -2, 1) = -\frac{3}{2} + 4 - \frac{5}{2} = 0$ . Il punto $Q(t_0)$ sta su $r'$ : $2\left(-\frac{3}{2}\right) - 0 + 3 = 0$ e $-\frac{3}{2} + \frac{7}{2} - 2 = 0$ . E sta su $r$ per $s = -1$ : $\left(-\frac{3}{2}, 0, \frac{7}{2}\right)$ . Moltiplicando il direzionale per $2$ si ottiene $(3, -4, -5)$ , più comodo: è la stessa retta.

Dispensa, Esempio 9:

\pi : x+y+z-1=0

r : \{x + 2y = 0,\ y - z = 0\}

Non fatto a lezione, utile per il caso parallelo.

Dalle cartesiane alle parametriche. Pongo $y = t$ . Dalla seconda $z = t$ , dalla prima $x = -2t$ :

r : \begin{cases} x = -2t \\ y = t \\ z = t \end{cases} \qquad \vec{v} = (-2, 1, 1)

Prodotto scalare. $\vec{n} = (1,1,1)$ , quindi $\vec{n} \cdot \vec{v} = -2 + 1 + 1 = 0$ : paralleli.

Contenuta o disgiunta? Il punto $A = (0,0,0)$ sta su $r$ (parametro $t = 0$ ). Sostituisco in $\pi$ : $0 + 0 + 0 - 1 = -1 \neq 0$ , quindi $A$ non sta sul piano. La retta è parallela e disgiunta dal piano.

5Esercizi tipo esame

Esercizio 1. Siano

r : \begin{cases} x = 1 + t \\ y = -t \\ z = 2t \end{cases} \qquad s : \begin{cases} x - 2 = 0 \\ y - z + 3 = 0 \end{cases}

a) Determina la posizione reciproca di $r$ e $s$ . b) Se sono complanari, trova un’equazione cartesiana del piano che le contiene. c) Trova le parametriche della retta per $O = (0,0,0)$ ortogonale a $r$ e a $s$ .

Soluzione

Direzionali. $\vec{v} = (1, -1, 2)$ . Per $s$ pongo $z = u$ : $x = 2$ , $y = u - 3$ , quindi $s : (2,\ -3 + u,\ u)$ e $\vec{w} = (0, 1, 1)$ . Non proporzionali (la prima coordinata di $\vec{w}$ è $0$ , quella di $\vec{v}$ no): non parallele.

a) Incidenti? Sostituisco le parametriche di $r$ nelle cartesiane di $s$ :

\begin{cases} (1 + t) - 2 = 0 \\ -t - 2t + 3 = 0 \end{cases} \quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} t = 1 \\ t = 1 \end{cases}

Le due equazioni danno lo stesso $t$ : incidenti nel punto $r(1) = (2, -1, 2)$ . Controllo in $s$ : $2 - 2 = 0$ e $-1 - 2 + 3 = 0$ . Ortogonali? $\vec{v} \cdot \vec{w} = 0 - 1 + 2 = 1 \neq 0$ , no.

b) Incidenti, quindi complanari. Fascio di sostegno $s$ : $\lambda(x - 2) + \mu(y - z + 3) = 0$ . Prendo un punto di $r$ che non sta su $s$ : $r(0) = (1, 0, 0)$ , e infatti $1 - 2 \neq 0$ . Passaggio:

\lambda(1 - 2) + \mu(0 - 0 + 3) = -\lambda + 3\mu = 0 \quad\Longrightarrow\quad \lambda = 3\mu

Con $\mu = 1$ , $\lambda = 3$ : $3(x - 2) + (y - z + 3) = 0$ , cioè

3x + y - z - 3 = 0

Verifica: $(1,0,0)$ dà $3 - 3 = 0$ ; il punto d’incidenza $(2,-1,2)$ dà $6 - 1 - 2 - 3 = 0$ ; $\vec{n} = (3,1,-1)$ ha $\vec{n} \cdot \vec{v} = 3 - 1 - 2 = 0$ e $\vec{n} \cdot \vec{w} = 0 + 1 - 1 = 0$ .

c) Direzione incognita $\vec{u} = (a, b, c)$ con

\begin{cases} a - b + 2c = 0 \\ b + c = 0 \end{cases}

Dalla seconda $b = -c$ ; nella prima $a + c + 2c = 0$ , quindi $a = -3c$ . Con $c = 1$ : $\vec{u} = (-3, -1, 1)$ .

\begin{cases} x = -3k \\ y = -k \\ z = k \end{cases}

Controllo: $\vec{u} = -(3, 1, -1)$ è proporzionale alla normale del piano di b), come deve essere: una direzione ortogonale a due rette che stanno in un piano è ortogonale al piano.

Esercizio 2. Siano $\pi : x + y - z + k = 0$ , con $k \in \mathbb{R}$ , e $r : (2t,\ 1 - t,\ 3 + t)$ . Per quali $k$ la retta è contenuta nel piano? Com’è la posizione reciproca per gli altri valori?

Soluzione

$\vec{n} = (1, 1, -1)$ e $\vec{v} = (2, -1, 1)$ . $\vec{n} \cdot \vec{v} = 2 - 1 - 1 = 0$ : retta e piano sono paralleli per ogni $k$ . Resta da capire se la retta sta dentro.

Prendo il punto $A = (0, 1, 3)$ di $r$ ( $t = 0$ ) e lo sostituisco: $0 + 1 - 3 + k = 0$ , cioè $k = 2$ .

$k = 2$ : $A$ sta sul piano e la retta è parallela, quindi $r \subset \pi$ . Controllo con un secondo punto, $t = 1$ : $(2, 0, 4)$ dà $2 + 0 - 4 + 2 = 0$ .
$k \neq 2$ : paralleli e disgiunti.

Il parametro $k$ sposta il piano parallelamente a sé stesso, e c’è una sola posizione in cui ingoia la retta.

Esercizio 3. Siano $\pi : 2x - y + z - 1 = 0$ e $\pi' : x + y - z + 4 = 0$ . a) Determina la posizione reciproca. b) Trova le parametriche della retta $\pi \cap \pi'$ . c) Trova il piano per l’origine ortogonale a entrambi.

Soluzione

a) $\vec{n} = (2, -1, 1)$ e $\vec{n}' = (1, 1, -1)$ non sono proporzionali (fattore $\frac{1}{2}$ dalla prima coordinata, $-1$ dalla seconda): incidenti. $\vec{n} \cdot \vec{n}' = 2 - 1 - 1 = 0$ : anche ortogonali.

b) Pongo $z = t$ e risolvo in $x, y$ :

\begin{cases} 2x - y = 1 - t \\ x + y = -4 + t \end{cases}

Sommando: $3x = -3$ , quindi $x = -1$ ; poi $y = -4 + t + 1 = -3 + t$ .

\pi \cap \pi' : \begin{cases} x = -1 \\ y = -3 + t \\ z = t \end{cases} \qquad \vec{v} = (0, 1, 1)

Verifica: in $\pi$ , $-2 - (-3 + t) + t - 1 = 0$ ; in $\pi'$ , $-1 + (-3 + t) - t + 4 = 0$ .

c) La normale $\vec{n}''$ deve essere ortogonale a $\vec{n}$ e a $\vec{n}'$ : $2a - b + c = 0$ e $a + b - c = 0$ . Sommando $3a = 0$ , quindi $a = 0$ e $b = c$ . Con $b = 1$ : $\vec{n}'' = (0, 1, 1)$ . Per l’origine $d'' = 0$ :

y + z = 0

$\vec{n}''$ coincide col direzionale di b): il piano ortogonale a due piani è ortogonale alla loro retta d’intersezione.

Esercizio 4. Trova la retta per $P = (2, 0, 1)$ ortogonale e incidente a $r : \{x + y - 1 = 0,\ z - 2y = 0\}$ .

Soluzione

Parametriche di $r$ . Pongo $y = t$ : $x = 1 - t$ , $z = 2t$ . $Q(t) = (1 - t,\ t,\ 2t)$ , $\vec{w} = (-1, 1, 2)$ . $P$ non sta su $r$ : $2 + 0 - 1 \neq 0$ .

Ortogonalità.

\overrightarrow{Q(t)P} = (2 - 1 + t,\ 0 - t,\ 1 - 2t) = (1 + t,\ -t,\ 1 - 2t)

\overrightarrow{Q(t)P} \cdot \vec{w} = -(1 + t) - t + 2(1 - 2t) = 1 - 6t = 0 \quad\Longrightarrow\quad t_0 = \frac{1}{6}

Direzionale. $Q(t_0) = \left(\frac{5}{6}, \frac{1}{6}, \frac{1}{3}\right)$ e $\overrightarrow{Q(t_0)P} = \left(\frac{7}{6}, -\frac{1}{6}, \frac{2}{3}\right)$ . Moltiplico per $6$ : $(7, -1, 4)$ .

\begin{cases} x = 2 + 7k \\ y = -k \\ z = 1 + 4k \end{cases}

Verifica. $(7, -1, 4) \cdot (-1, 1, 2) = -7 - 1 + 8 = 0$ . $Q(t_0)$ sta su $r$ : $\frac{5}{6} + \frac{1}{6} - 1 = 0$ e $\frac{1}{3} - \frac{2}{6} = 0$ .

6Errori tipici

Usare lo stesso parametro per le due rette nel sistema d’incidenza.
Risolvere il sistema d’incidenza con due equazioni su tre e dimenticare di verificare la terza.
Scambiare le condizioni per retta e piano: “parallela” è $\vec{n} \cdot \vec{v} = 0$ , “perpendicolare” è la proporzionalità.
Dire “parallela al piano” da $\vec{n} \cdot \vec{v} = 0$ senza controllare un punto: può essere contenuta.
Rispondere solo “perpendicolari” a una domanda sulla posizione reciproca di due rette: va detto anche se sono incidenti o sghembe.
Nel fascio per il piano di due rette, prendere su $r'$ un punto che sta anche su $r$ (per esempio il punto d’incidenza): esce $0 = 0$ .
Leggere la proporzionalità “a occhio” quando un vettore ha una coordinata nulla e l’altro no: non possono essere proporzionali.

7Domande

Elenca i tre casi di posizione reciproca di due rette distinte nello spazio.
Perché il caso “sghembe” non esiste nel piano?
Due rette ortogonali devono per forza toccarsi? Fai un esempio.
Quando due rette sono complanari? Che rapporto c’è fra “complanari” e “sghembe”?
Perché nel sistema che cerca il punto comune fra due rette bisogna usare due parametri diversi?
Il sistema per l’incidenza ha tre equazioni e due incognite. Come lo risolvi in pratica?
Quando due piani sono paralleli? E ortogonali?
Due piani distinti che si intersecano: cosa hanno in comune, un punto o una retta?
Perché due piani ortogonali sono sempre incidenti?
Quando una retta è parallela a un piano? Scrivi la condizione e spiegala a parole.
La condizione $\vec{n} \cdot \vec{v} = 0$ basta per dire che la retta non tocca il piano? Cosa manca?
Quando una retta è ortogonale a un piano?
Perché la riga “retta e piano” della tabella ha le colonne scambiate rispetto alle altre due?
Come si trova il piano che contiene due rette parallele distinte?
Cercando la normale ortogonale a due normali date, il sistema ha due equazioni e tre incognite. Perché va bene così?