Rette e piani nello spazio

Equazioni parametriche di una retta in R3:

r(t) :

x(t) = x0 + aty(t) = y0 + bt t ∈ R, parametroz(t) = z0 + ct

ovvero r(t) : {X(t) = P0 + vt, t ∈ R}, dove:

P0 = (x0, y0, z0) punto base,v = (a, b, c) vettore direzione,r(t) = (x(t), y(t), z(t)) generico punto sulla retta passante per P0 e avente direzione v.

♦ Esempio: equazioni della retta passante per due punti dati A = (1, 2, 3)e B = (1, 1, 1):

Scelgo A o B come punto base e B−A oppure A−B come direzione (ilvettore differenza di due vettori giace sulla diagonale del parallelogrammache congiunge i due vertici A e B). Quindi:

r(t) :

x(t) = xA + (xB − xA)t = 1 + ty(t) = yA + (yB − yA)t = 2− tz(t) = zA + (zB − zA)t = 3− 2t.

Posizione reciproca di due rette:

Le due rette:r(t) = P0 + vt, s(u) = Q0 + wu

• sono PARALLELE ⇔ v ‖ w ⇔ ∃ λ 6= 0 tale che v = λw;

• sono INCIDENTI ⇔ ∃ P = {r ∩ s};

- sono ORTOGONALI se, inoltre, v ⊥ w ⇔ v · w = 0;

• sono SGHEMBE se non sono ne incidenti ne parallele.

♦ Esercizio.

a. Dare le eq. parametriche della retta r passante per P = (1, 1, 1), ortogo-nale alla retta

s(t) :

x(t) = 2 + ty(t) = 2 + 2tz(t) = 2 + 3t

1

e parallela alla retta

t(u) :

x(u) = 1− 18uy(u) = 6uz(u) = 2u.

b. Stessa richiesta, ma t : {x+ 3y = 0}, retta nel piano xy.

Soluzione. a. Ogni retta passante per P ha equazioni parametriche:

r(s) :

x = 1 + asy = 1 + bsz = 1 + cs

Inoltre deve essere:

r ⊥ s ⇔ (a, b, c) ⊥ (1, 2, 3) ⇔ a+ 2b+ 3c = 0r ‖ t ⇔ (a, b, c) ‖ (−18, 6, 2) ⇔ ∃ λ 6= 0 tale che (a, b, c) = λ(−18, 6, 2).

Si ottiene il sistema: a+ 2b+ 3c = 0

a = −18λb = 6λc = 2λ

Sostituendo le ultime tre nella prima equazione si ha:

−18λ+ 2(6λ) + 3(2λ) = 0,

identita vera per ogni λ ∈ R: il sistema e vero ∀ λ. Scegliendo, ad esempio,λ = 1

2 , abbiamo la soluzione (a, b, c) = (−9, 3, 1), vettore direzione dellaretta cercata.

b. La retta t ha equazioni:

t(s) :

x = sy = −1

3sz = 0(perche sta nel piano xy)

Procedendo come in a. si ottiene il sistema:a+ 2b+ 3c = 0

a = λ

b = −λ3

c = 0λ

da cui l’equazione λ − 23λ = 0, falsa per qualsiasi valore non nullo di λ. Il

sistema e impossibile: non esiste alcuna retta r parallela a t e perpendicolaread S.

2

♦ Esercizio. a. Trovare le equazioni parametriche della retta incidente eperpendicolare ad entrambe le rette:

r(t) :

x = 1y = 0z = t

; s(u) :

x = uy = 2uz = 2u

Soluzione.Incidenza: prendo il generico punto P = (1, 0, τ) ∈ r e il generico puntoQ = (σ, 2σ, 2σ) ∈ s. Considero la retta per P e Q: X(s) = P + (Q− P )s:

t(s) :

x = 1 + (σ − 1)sy = 2σsz = τ + (2σ − τ)s.

Ortogonalita:

t ⊥ r ⇔ Q− P ⊥ (0, 0, 1)t ⊥ s ⇔ Q− P ⊥ (1, 2, 2),

da cui il sistema: {2σ − τ = 0

(σ − 1) + 4σ + 2(2σ − τ) = 0

la cui soluzione e (τ, σ) = (25 ,15). Percio:

t(s) :

x = 1− 4

5sy = 2

5sz = 2

5 .

b. Qual e la distanza tra r ed s?

d(r, s) = il piu breve segmento che congiunge la due rette= tratto della retta congiungente ortogonale ad entrambe= d(P,Q).

Poiche abbiamo:

P = (1, 0, τ) = (1, 0,2

5)

Q = (σ, 2σ, 2σ) = (1

5,2

5,2

5),

possiamo calcolare

d(P,Q) =

√(1− 1

5)2 + (−2

5)2 + 02 =

2

5

√5.

3

Equazioni parametriche di un piano in R3:

Le equazioni parametriche di un piano Π = {X = P +Qt+Rs}, ovvero:

Π(t, s) :

x(t, s) = xP + xQt+ xRsy(t, s) = yP + yQt+ yRs, t, s ∈ R, parametriz(t, s) = zP + zQt+ zRs

rappresentano il generico punto X(t, s) che appartiene al piano contenenteil punto P e individuato dalle due direzioni dei vettori Q ed R.

♦ Esempio. Equazioni parametriche del piano passante per tre punti datiA = (2, 1, 0), B = (3, 0, 0) e C = (0, 0, 1).Scelgo A (uno dei tre punti) come punto sul piano; le due direzioni che loindividuano saranno le differenze B −A e C −A. Le equazioni sono:

X(t, s) = A+ (B −A)t+ (C −A)s,

ovvero:

Π(t, s) :

x(t, s) = 2 + t− 2sy(t, s) = 1 + t− sz(t, s) = s.

Equazione cartesiana di un piano:

X ·N = P ·N, che equivale, in componenti, a ax+ by + cz = d,

dove

X = (x, y, z) generico punto del piano;N = (a, b, c) vettore normale al piano;P punto dato del piano, tale che d = P ·N .

♦ Esempio. Equazione cartesiana del piano per i tre punti A,B,C di prima.Bisogna determinare i coefficienti a, b, c, d dell’equazione:

ax+ by + cz = d

imponendo il passaggio per i tre punti dati:2a+ b = d3a = dc = d.

Si ottiene la soluzione, dipendente da una delle quattro incognite:b = ac = 3ad = 3a,

4

da cui, scegliendo ad esempio a = 1, si ricavano i coefficienti dell’equazionevoluta:

x+ y + 3z = 3.

♦ Esercizio. Trovare l’equazione cartesiana del piano assiale del segmentoAB, con A = (1, 0, 1) e B = (2, 2, 0).

Il piano assiale del segmento e quello che ne contiene gli assi, cioe le retteperpendicolari ad AB e passanti per M , punto medio del segmento. Quindisara il piano contenente il punto M = (32 , 1,

12) e ortogonale ad AB, dunque

con vettore normale N = B −A = (1, 2,−1).L’equazione cartesiana X ·N = M ·N risulta:

x+ 2y − z =3

2+ 2− 1

2= 3.

Posizione reciproca di due piani:

I due pianiΠ1 : X ·N1 = P1 ·N1,Π2 : X ·N2 = P2 ·N2

• sono paralleli ⇔ N1 ‖ N2 ⇔ ∃ λ 6= 0 tale che N1 = λN2;

• sono ortogonali ⇔ N1 ⊥ N2 ⇔ N1 ·N2 = 0.

♦ Esercizio. Scrivere l’equazione cartesiana del piano contenente la retta

r :

x = 2− ty = 3 + 6tz = 2− 6t

e ortogonale al piano Π : (x, y, z) ∈ R3 : x+ y + z = 0.

Soluzione. Cerco un’equazione della forma: ax + by + cz = d. Devoimporre le due proprieta:

1. ortogonalita: (a, b, c) ⊥ (1, 1, 1);

2. r ∈ Π:

- primo modo: trovo due punti su r (dando arbitrariamente due valorial parametro) e impongo il passaggio del piano per quei due punti;

5

- secondo modo: impongo che il generico punto (2−t, 3+6t, 2−6t) ∈ rsoddisfi l’equazione del piano ∀ t ∈ R:

a(2− t) + b(3 + 6t) + c(2− 6t) = d ∀ t ∈ R.

Procedendo con il secondo modo, si trova l’uguaglianza tra polinomi nellavariabile t:

(−a+ 6b− 6c)t+ (2a+ 3b+ 2c) = d,

che, per il principio di identita dei polinomi, risulta verificata indipenden-temente dal valore di t se e soltanto se coincidono tutti i coefficienti deitermini di ugual grado, in questo caso quelli di grado uno e zero. Mettendoa sistema le due equazioni cosı ottenute con quella che traduce la condizionedi ortogonalita, abbiamo:

a+ b+ c = 0−a+ 6b− 6c = 0 (coefficienti di primo grado)2a+ 3b+ 2c = d (coefficienti di grado zero)

Dal sistema si ottiene, ad esempio, la famiglia di soluzioni:b = 5

7ca = −12

7 cd = 5

7c

Dando arbitrariamente un valore a c, per esempio scegliendo c = −7, sitrova l’equazione del piano cercato: 12x− 5y − 7z + 5 = 0.

Sistemi lineari

L’equazione cartesiana di una retta e il sistema lineare corrispondente all’intersezionedi due piani:

r :

{ax+ by + cz = da′x+ b′y + c′z = d′

♦ Esercizio. Data la retta in forma cartesiana

r :

{y − x+ 2z − 1 = 0

2y + x+ z = 0

a. trovare le equazioni parametriche di r;

b. determinare l’equazione cartesiana del piano Π ⊥ r passante per P =(1, 0, 2);

c. calcolare la distanza tra il punto P e la retta r.

6

Soluzione. a. Risolvo il sistema rispetto ad una delle tre incognite,che diventera il parametro. Come scelgo l’incognita che rimarra libera? Peresempio, usando il Metodo di riduzione a scala di Gauss; scrivo lamatrice associata al sistema, disponendo su ogni colonna i coefficienti dellastessa incognita, sempre nello stesso ordine x, y, z, e nell’ultima colonnariporto i termini noti (ad ogni riga corrisponde un’equazione del sistema):[

−1 1 2 11 2 1 0

]

Operando sulle righe tramite le due operazioni consentite, che sono:

- moltiplicazione della per uno scalare;

- somma (algebrica) di due righe,

ottengo (ad esempio sostituendo alla seconda riga la somma delle due):[−1 1 2 10 3 3 1

]

che e una matrice a scala, cioe una matrice in cui il primo coefficiente nonnullo di ogni riga (pivot) ha sotto di se soltanto elementi nulli.La variabile z, priva di pivot, rimane libera: posso sceglierla come parametroz = t ed ottenere le equazioni cercate, ritornando dalla matrice al sistema:

r :

x = −2

3 + ty = 1

3 − tz = t

b. Π ⊥ r ⇔ N ‖ direzione di r. Possiamo scegliere N = (1,−1, 1).L’equazione del piano cercata, data da X ·N = P ·N , risulta:

x− y + z = 3.

c. Se H = r ∩ Π, allora la distanza tra retta e punto coincide con lalunghezza del segmento PH. Per trovare il punto H imponiamo il passaggiodella retta per il piano, sostituendo le componenti del generico punto r(t)nell’equazione del piano:

(t− 2

3)− (

1

3− t) + t = 3,

che ha come soluzione t = 43 . Quindi H = r(43) = (23 ,−1, 43), e HP =

√143 .

7

♦ Esercizio. Trovare il punto Q simmetrico di P = (4, 0, 16) rispettoalla retta

r :

{x+ y − 3z = 83x− y + 2z = 0.

Soluzione

1. trovo il piano Π tale che P ∈ Π ed r ⊥ Π, procedendo come nell’esercizioprecedente. Le equazioni parametriche di r sono:

r :

x = ty = 11t− 16z = 4t− 8,

pertanto posso scegliere come vettore normale al piano N = (1, 11, 4),ottenendo l’equazione x+ 11y + 4z = 68;

2. il punto H = Π ∩ r = M e il punto medio del segmento PQ. Proce-dendo come nell’esercizio precedente, si trova che H = r(2) = (2, 6, 0).Poiche il punto Q cercato soddisfa le relazioni P+Q

2 = H, le sue com-ponenti sono Q = (0, 12,−16).

♦ Esercizio. Verificare che le due rette

r :

{2x− z = 0y − z = 0

e s :

{x+ y + z − 1 = 0

3x+ 2z = 0

sono sghembe.

Soluzione. Trovo le equazioni parametriche di entrambe le rette, us-ando per esempio l’algoritmo di Gauss:

r :

[2 2 −1 00 1 −1 0

]

Posso scegliere z = t come variabile libera, e ottengo r(t) = ( t2 , t, t). Analoga-mente:

s :

[1 1 1 13 0 2 0

]Scambiando le prime due colonne - che equivale a riscrivere le equazionicommutando i termini in x con quelli in y - trovo ancora z come variabilesenza pivot, percio s(u) = (−2

3u, 1−u3 , u).

8

Le due rette sono sghembe se non sono ne incidenti ne parallele. Non sonoincidenti: un’eventuale intersezione sarebbe la soluzione del sistema r(t) =s(u):

r ∩ s :

t2 = −2

3ut = 1− u

3t = u

sistema lineare di tre equazioni nelle due incognite s, u. Con Gauss abbiamo: 12

23 0

1 13 1

1 −1 0

Procedendo, ad esempio, con le operazioni sulle righe: R2 − 2R1 al postodella seconda riga e R3 −R2 al posto della terza, abbiamo: 1

223 0

0 −1 10 −4

3 −1

in cui le ultime due righe danno le due equazioni s = −1 e s = 3

4 : il sistemarisulta impossibile. Pertanto le due rette non hanno punti in comune.Non sono nemmeno parallele, poiche, se lo fossero, dovrebbero essere paral-leli i loro vettori direzione; ma il sistema

(1

2, 1, 1) = λ(−2

3,−1

3, 1)

non ammette alcuna soluzione.

♦ Esercizio. Trovare, se esiste, l’intersezione dei tre piani:x+ 2y − z = 02x− y + z = 3x+ 3y + z = 2

Soluzione. Risolviamo il sistema con l’algoritmo di Gauss: 1 2 −1 02 −1 1 31 3 1 2

Tramite oppportune operazioni sulle righe, si puo pervenire alla forma ascala: 1 2 −1 0

0 1 −35 −3

50 0 13

5135

da cui la soluzione (x, y, z) = (1, 0, 1), che rappresenta l’intersezione comuneai tre piani.

9

♦ Esercizio. Per quali h ∈ R esiste l’intersezione dei pianix+ z = −2h

y = hx+ 2y + z = 0

e che cosa rappresenta geometricamente?

Soluzione. Riduciamo a scala il sistema con l’algoritmo di Gauss: 1 0 1 −2h0 1 0 h1 2 1 0

Poiche si ha R3 = R1 + 2R2, la matrice diventa: 1 0 1 −2h

0 1 0 h0 0 0 0

La variabile z, senza pivot, rimane libera, e puo essere scelta come parametroper rappresentare le infinite soluzioni del sistema, dipendenti ancora dalparametro h:

x = −2h+ ty = hz = t

che rappresentano, per ogni valore di h ∈ R, le equazioni parametriche diuna retta passante per il punto (−2h, h, 0) e avente direzione (1, 0, 1).

♦ Esercizio. Stabilire se esiste l’intersezione tra i pianix+ y + 2z = 32x− y + z = 0x+ 4y + 5z = 6

Soluzione. La matrice associata al sistema risulta: 1 1 2 32 −1 1 01 4 5 6

che puo essere ricondotta alla forma a scala: 1 1 2 3

0 1 1 20 0 0 −1

10

che equivale al sistema impossibile:x+ y + 2z = 3

y + z = 20z = −1 (equazione impossibile)

Pertanto non esiste alcuna intersezione: i tre piani potrebbero intersecarsi adue a due (a meno che non siano paralleli: verificare che non lo sono!), manon c’e alcun punto comune a tutti e tre.

11