ESERCIZIARIO DI GEOMETRIA N.2 Tutor: dott.ssa Rosanna Rana · nguna base di V, f2End(V). Si...

UNIVERSITA DEGLI STUDI DI BARI“ALDO MORO”

DIPARTIMENTO DI MATEMATICA

ESERCIZIARIO DI GEOMETRIA N.2

Tutor: dott.ssa Rosanna Rana

Anno Accademico 2018/2019

Introduzione

Il seguente eserciziario e frutto del lavoro da me svolto nell’ambito dell’attivita di tutorato

offerta agli studenti nell’A.A. 2018/2019 presso il Dipartimento di Matematica dell’Uni-

versita degli Studi di Bari “Aldo Moro”.

Si tratta di una raccolta di soluzioni di alcune tracce (d’esame e non) relative agli argo-

menti affrontati nel corso di Geometria 2. La sua realizzazione nasce dall’idea di creare

materiale di supporto agli studenti in fase di preparazione dell’esame.

Ho cercato di inserire nell’eserciziario il maggior numero possibile di tipologie di eser-

cizi e in alcuni casi ho presentato piu soluzioni di uno stesso quesito (talvolta indicando

quella che, secondo me, rappresenta la via piu “comoda”).

Ritengo sia importante precisare che le soluzioni proposte non sono necessariamente le

uniche possibili. Invito quindi il lettore a cercare, ove possibile, soluzioni alternative e/o

migliori.

Le soluzioni di seguito riportate sono state supervisionate e corrette dalla Prof.ssa Giulia

Dileo, a cui va un sentito e doveroso ringraziamento.

NOTA IMPORTANTE: il testo puo riportare errori di qualsiasi tipo (mi auguro non

gravi) che invito eventualmente a segnalare.

1

Esercizi

SPAZI VETTORIALI EUCLIDEI

Esercizio 1. Si consideri lo spazio vettoriale reale R3 munito del prodotto scalare standard

g0.

(a) Si determini una base ortogonale di R3 contenente il vettore v = (1,−1, 0);

(b) si normalizzi la base ottenuta;

(c) si determini il complemento ortogonale del sottospazio vettoriale (di R3) W = 〈v〉.

Soluzione.

[ a ] Determiniamo una base ortogonale di R3 contenente il vettore v = (1,−1, 0).

Sia Bc = {ε1, ε2, ε3} base canonica di R3. Allora {ε1, ε2, ε3, v} e un sistema di

generatori di R3 (perche contenente una base).

Osserviamo che i vettori v, ε1, ε3 sono linearmente indipendenti, in quanto:∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 0

1 0 0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ 1 −1

1 0

∣∣∣∣∣ = 1 6= 0.

Quindi {v, ε1, ε3} e una base di R3 contenente il vettore v.

Osserviamo che tale base non e ortogonale rispetto a g0 in quanto: g0(v, ε1) = 1 6= 0.

Per renderla ortogonale applichiamo il procedimento di ortogonalizzazione di Gram-

Schmidt.

u1 = v

u2 = ε1 −g0(ε1, u1)

g0(u1, u1)u1

Calcoliamo separatamente i vari termini dell’ultima uguaglianza:

1

Tutorato Geometria N.2 A.A. 2018/2019 a cura di Rosanna Rana

g0(ε1, u1) =(

1 0 0)

1

−1

0

= 1

g0(u1, u1) =(

1 −1 0)

1

−1

0

= 2.

Quindi

u2 = ε1 −1

2u1 =

(1

2,1

2, 0

)u3 = ε3 −

g0(ε3, u1)

g0(u1, u1)u1 −

g0(ε3, u2)

g0(u2, u2)u2 = ε3

in quanto g0(ε3, u1) = 0, g0(ε3, u2) = 0.

Quindi B = {u1, u2, u3} e una base ortogonale di R3 contenente il vettore

v = (1,−1, 0) = u1.

[ b ] Normalizziamo tale base B. A tal fine osserviamo che:

‖u1‖2 = g0(u1, u1) = 2 =⇒ ‖u1‖ =√

2

‖u2‖2 = g0(u2, u2) =(12

12 0

)1212

0

= 12 =⇒ ‖u2‖ = 1√

2

‖u3‖2 = g0(u3, u3) = 1 =⇒ ‖u3‖ = 1.

Poniamo:

e1 :=u1‖u1‖

=

(1√2,− 1√

2, 0

)=

(√2

2,−√

2

2, 0

)

e2 :=u2‖u2‖

=

(√2

2,

√2

2, 0

)e3 := u3 = (1, 0, 0).

B′ = {e1, e2, e3} e una base di R3 ortonormale rispetto a g0.

[ c ] Determiniamo il complemento ortogonale di W = 〈v〉.Osserviamo preliminarmente che dim W⊥ = dim R3 − dim W = 3− 1 = 2.

W⊥ ={w = (x, y, z) ∈ R3 | g0(w, v) = 0

}.

2


Sia w = (x, y, z) ∈ R3.

g0(w, v) =(x y z

)1

−1

0

= x− y

Pertanto W⊥ ={w = (x, y, z) ∈ R3 | x− y = 0

}={w = (x, y, z) ∈ R3 | x = y

}=

{ w = (x, x, z) | x, z ∈ R } = <(1, 1, 0), (0, 0, 1)>.

Esercizio 2. Siano (V, g) uno spazio vettoriale euclideo, B = {e1, ..., en} una base di V ,

f ∈ End(V ). Si denotino con A la matrice associata a g rispetto alla base B e con M la

matrice di f rispetto alla base B. Si verifichi che f e autoaggiunta rispetto a g se e solo

se M tA = AM .

Soluzione.

1◦ MODO

Siano u, v ∈ V , allora u =n∑i=1

xiei, v =n∑j=1

yjej . Siano:

X =

x1

...

xn

, Y =

y1

...

yn

.

f(u) = MX, f(v) = MY .

Quindi, a norma di definizione:

f e autoaggiunta rispetto a g ⇔ ∀u, v ∈ V : g(f(u), v) = g(u, f(v)) ⇔⇔ ∀X,Y ∈ Rn : (MX)tAY = XtA(MY ) ⇔ XtM tAY = XtAMY ⇔ M tA = AM .

2◦ MODO

Siano

A = (aij)1≤i,j≤n, ove ∀i, j = 1, ..., n aij = g(ei, ej);

M = (mij)1≤i,j≤n, ove ∀j = 1, ..., n f(ej) =

n∑i=1

mijei.

Quindi:

(M tA)ij =n∑k=1

(M t)ikakj =

n∑k=1

mki akj ;

3


(AM)ij =

n∑k=1

aikmkj .

Per ogni i, j = 1, ..., n

g(f(ei), ej) = g

(n∑k=1

mki ek, ej

)=

n∑k=1

mik g(ek, ej) =

n∑k=1

mki akj = (M tA)ij

g(ei, f(ej)) = g

(ei,

n∑k=1

mkj ek

)=

n∑k=1

mkjaik = (AM)ij .

Cio prova che f e autoaggiunta rispetto a g se e solo se M tA = AM .

Esercizio 3. Si consideri la matrice simmetrica reale

A =

2 −1 0

−1 2 0

0 0 3

.

(a) Si verifichi che la forma bilineare gA : R3 × R3 → R tale che

∀X,Y ∈ R3 ∼= M3,1(R), gA(X,Y ) = XtAY

e un prodotto scalare;

(b) si determini una base di R3 ortonormale rispetto a gA;

(c) si verifichi che l’applicazione f : R3 → R3 tale che

∀(x, y, z) ∈ R3, f(x, y, z) = (2x, y − z,−y + z)

non e autoaggiunta rispetto a gA;

(d) si verifichi che f e autoaggiunta rispetto al prodotto scalare standard g0 di R3;

(e) si stabilisca se esiste, e in caso affermativo si determini, una base di R3, ortonormale

rispetto a g0, formata da autovettori di A.

Soluzione.

[ a ] Verifichiamo che gA e un prodotto scalare.

E gia noto che gA e una forma bilineare.

Verifichiamo che gA e simmetrica, cioe verifichiamo che

∀X,Y ∈ R3 gA(X,Y ) = gA(Y,X).

4


Siano quindi X,Y ∈ R3. Si ha:

gA(X,Y ) = XtAY = (XtAY )t = Y tAt(Xt)t = Y tAX = gA(Y,X).

Verifichiamo che gA e definita positiva, cioe che

∀X ∈ R3 gA(X,X) ≥ 0 e gA(X,X) = 0⇔ X = 0.

Tale verifica puo essere fatta in diversi modi.

PRIMO MODO: Verifichiamo la definizione.

Sia X =

x1

x2

x3

∈ R3.

gA(X,X) =(x1 x2 x3

)2 −1 0

−1 2 0

0 0 3

x1

x2

x3

=(

2x1 − x2 −x1 + 2x2 3x3

)x1

x2

x3

=

= 2x21 − 2x1x2 + 2x22 + 3x23.

Dato che se consideriamo 2x21−2x1x2+2x22 = 0 si ha che ∆ < 0, allora gA(X,X) ≥ 0.

Inoltre gA(X,X) = 0⇔ x1 = x2 = x3 = 0.

SECONDO MODO: Verifichiamo che i minori principali di A sono tutti positivi.

2 > 0∣∣∣∣∣ 2 −1

−1 2

∣∣∣∣∣ = 4− 1 = 3 > 0∣∣∣∣∣∣∣∣2 −1 0

−1 2 0

0 0 3

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 3

∣∣∣∣∣ 2 −1

−1 2

∣∣∣∣∣ = 9 > 0.

Quindi gA e un prodotto scalare.

TERZO MODO: Verifichiamo che tutti gli autovalori di A sono strettamente po-

sitivi.

A tal fine calcoliamo il polinomio caratteristico.

5


∣∣∣∣∣∣∣∣2− λ −1 0

−1 2− λ 0

0 0 3− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (3− λ)

∣∣∣∣∣2− λ −1

−1 2− λ

∣∣∣∣∣ = (3− λ)[(2− λ)2 − 1].

Gli autovalori di A sono le radici del polinomio caratteristico, quindi λ1 = 3 > 0,

λ2 = 1 > 0. Cio prova che gA e un prodotto scalare.

[ b ] Determiniamo una base di R3 ortonormale rispetto a gA. A tal fine determiniamo

una base di R3 formata da autovettori di A. Determiniamo quindi gli autospazi

relativi agli autovalori λ1, λ2.

V3 ={X ∈ R3 | X e soluzione del sistema lineare (A− 3I)X = 0

}.

(A− 3I)X =

−1 −1 0

−1 −1 0

0 0 0

x

y

z

= −x− y

V3 ={

(x, y, z) ∈ R3 | x = −y}

= {(−y, y, z) | y, z ∈ R} =< (−1, 1, 0), (0, 0, 1) > .

Quindi v1 = (−1, 1, 0) e ε3 = (0, 0, 1) sono autovettori relativi all’autovalore λ1 = 3.

Osserviamo che:

gA(v1, ε3) =(−1 1 0

)A

0

0

1

=(−1 1 0

)0

0

3

= 0.

Quindi v1, ε3 sono ortogonali rispetto a gA.

V1 ={X ∈ R3 | soluzione del sistema lineare (A− I)X = 0

}.

(A− I)X =

1 −1 0

−1 1 0

0 0 2

x

y

z

=

0

0

0

⇔x− y = 0

z = 0

V3 ={

(x, y, z) ∈ R3 | x = y, z = 0}

=< (1, 1, 0) > .

Dalla teoria sappiamo che v2 = (1, 1, 0) e ortogonale a v1, ε3 (perche autovettori che

generano autospazi diversi). Quindi B = {v1, ε3, v2} e una base di R3 ortogonale

rispetto a gA. Normalizziamo tale base.

1◦ MODO : Calcoliamo la norma rispetto a gA dei vettori v1, ε3, v2 utilizzando la

definizione.

‖v1‖2gA = gA(v1, v1) =(−1 1 0

)2 −1 0

−1 2 0

0 0 3

−1

1

0

=

6


=(−3 3 0

)−1

1

0

= 6⇒ ‖v1‖gA =√

6.

‖ε3‖2gA = gA(ε3, ε3) =(

0 0 1)A

0

0

1

=(

0 0 1)

0

0

3

= 3⇒ ‖ε3‖gA =√

3.

‖v2‖2gA = gA(v2, v2) =(

1 1 0)

2 −1 0

−1 2 0

0 0 3

1

1

0

=(

1 1 0)

1

1

0

= 2

⇒ ‖v2‖gA =√

2.

Definiamo quindi:

e1 := v1‖v1‖gA

= v1√6

=(−1√6, 1√

6, 0)

e2 := ε3‖ε3‖gA

= ε3√3

=(

0, 0, 1√3

)e3 := v2

‖v2‖gA= v2√

2=(

1√2, 1√

2, 0).

Quindi B′ = {e1, e2, e3} e una base di R3 ortonormale rispetto a gA.

2◦ MODO:

Osserviamo che in generale dato uno spazio vettoriale reale V e dato X ∈ V , X 6= 0V

tc AX = λX (cioe X autovettore relativo all’autovalore λ), si ha:

‖X‖gA =√gA(X,X) =

√XtAX =

√XtAtX =

√(AX)tX =

√(λX)tX =

√λ√XtX =

√λ‖X‖g0 =⇒ ‖X‖gA =

√λ‖X‖g0 .

Quindi, applicando tale relazione nella risoluzione dell’esercizio, si ottiene:

‖v1‖gA =√

3‖v1‖g0 =√

3√

2 =√

6.

‖ε2‖gA =√

3‖ε3‖g0 =√

3.

‖v2‖gA =√

1‖v2‖g0 =√

2.

Quindi si determina una base ortonormale {e1, e2, e3} come in precedenza.

[ c ] Verifichiamo che f non e autoaggiunta rispetto a gA.

1◦ MODO

Sia BC = {ε1, ε2, ε3} base canonica di R3. Si ha che:

f e autoaggiunta risp. a gA ⇔ ∀ i, j = 1, 2, 3, i 6= j : gA(f(εi), εj) = gA(εi, f(εj)).

Quindi:

7


gA(f(ε1), ε2) =(

2 0 0)A

0

1

0

=(

2 0 0)−1

2

0

= −2.

gA(ε1, f(ε2)) =(

1 0 0)A

0

1

−1

=(

2 −1 0)

0

1

−1

= −1.

Dato che gA(f(ε1), ε2) 6= gA(ε1, f(ε2)), si ha che f non e autoaggiunta rispetto a gA.

2◦ MODO

Sia M matrice associata a f rispetto a BC .

M =

2 0 0

0 1 −1

0 −1 1

.

Si ha che f e autoaggiunta risp. a gA ⇔M tA = AM .

M tA =

2 0 0

0 1 −1

0 −1 1

2 −1 0

−1 2 0

0 0 3

=

4 −2 0

−1 2 −3

1 −2 3

AM =

2 −1 0

−1 2 0

0 0 3

2 0 0

0 1 −1

0 −1 1

=

4 −1 ...

... ... ...

... ... ...

Dato che M tA 6= AM si e verificato l’asserto.

[ d ] Verifichiamo che f e autoaggiunta rispetto a g0.

1◦ MODO (RAPIDO)

Considerata M matrice associata a f rispetto a BC ,

f e autoaggiunta rispetto a g0 ⇔M t = M .

Dato che M e simmetrica, l’asserto e provato.

2◦ MODO

f e autoaggiunta risp. a g0 ⇔ ∀ i, j = 1, 2, 3, i 6= j : g0(f(εi), εj) = g0(εi, f(εj)).

8


g0(f(ε1), ε2) =(

2 0 0)

0

1

0

= 0.

g0(ε1, f(ε2)) =(

1 0 0)

0

1

−1

= 0.

g0(f(ε1), ε3) =(

2 0 0)

0

0

1

= 0.

g0(ε1, f(ε3)) =(

1 0 0)

0

−1

1

= 0.

g0(f(ε2), ε3) =(

0 1 −1)

0

0

1

= −1.

g0(ε2, f(ε3)) =(

0 1 0)

0

−1

1

= −1.

Cio prova che f e autoaggiunta rispetto a g0.

[ e ] Sia h : R3 → R3 endomorfismo la cui matrice associata rispetto alla base canonica

di R e A =

2 −1 0

−1 2 0

0 0 3

.

Dato che A = At, h e autoaggiunto rispetto a g0.

Pertanto, per il Teorema Spettrale si puo concludere che esiste una base di R3 orto-

normale rispetto a g0 formata da autovettori di h, cioe da autovettori di A.

Per quanto visto nel punto (b), B = {v1, ε3, v2} e una base di R3 formata da auto-

vettori di A, con v1 = (−1, 1− 0), ε3 = (0, 0, 1), v2 = (1, 1, 0).

Verifichiamo che tale base sia ortogonale rispetto a g0.

g0(v1, ε3) =(−1 1 0

)0

0

1

= 0;

9


g0(v1, v2) =(−1 1 0

)1

1

0

= 0;

g0(v2, ε3) =(

1 1 0)

0

0

1

= 0.

Normalizziamo infine B rispetto a g0.

‖v1‖g0 =√

2, ‖v2‖g0 =√

2, ‖ε3‖g0 = 1.

Definiti quindi v′1 := v1‖v1‖g0

= v1√2, v′2 := v2

‖v2‖g0= v2√

2, si ha che B′′ = {v′1, ε3, v′2} e

una base di R3 ortonormale rispetto a g0 formata da autovettori di A .

Esercizio 4. Si considerino la matrice

Gk =

1 1 + 2k 0

k − 1 −k + 8 12

0 12 −k

2

e l’endomorfismo f : R3 → R3 tc ∀ (x, y, z) ∈ R3 f(x, y, z) = (−y,−x+ z, y).

1. Si determini il valore del parametro k ∈ R per il quale la forma bilineare simmetrica

rappresentativa di Gk rispetto alla base canonica di R3 e un prodotto scalare su R3.

Si indichi con g tale prodotto scalare.

2. Si verifichi che f non e autoaggiunto rispetto a g.

3. Si verifichi che f e autoaggiunto rispetto al prodotto scalare standard g0 di R3.

4. Si determini una base ortonormale dello spazio vettoriale euclideo (R3, g0) formata

da autovettori di f , giustificandone l’esistenza da un punto di vista teorico.

Soluzione. Risolviamo solo il punto 1. dell’esercizio. Per risolvere i restanti punti basta

procedere come visto nell’esercizio precedente.

Affinche g sia un prodotto scalare, per prima cosa occorre che la matrice Gk sia simmetrica.

Quindi si deve imporre:

1 + 2k = k − 1⇔ k = −2.

10


Verifichiamo ora che per tale valore di k tutti i minori principali di Gk sono strettamente

positivi. 1 −3 0

−3 10 1/2

0 1/2 1

1 > 0∣∣∣∣∣ 1 −3

−3 10

∣∣∣∣∣ = 10− 9 = 1 > 0∣∣∣∣∣∣∣∣1 −3 0

−3 10 1/2

0 1/2 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ 10 1/2

1/2 1

∣∣∣∣∣+ 3

∣∣∣∣∣−3 1/2

0 1

∣∣∣∣∣ = 10− 14 − 9 = 3

4 > 0.

Quindi il valore del parametro k ∈ R per il quale la forma bilineare simmetrica rappresen-

tativa di Gk rispetto alla base canonica di R3 e un prodotto scalare su R3 e k = −2.

SPAZI AFFINI

Esercizio 5. Fissato nello spazio affine R3a(R3,R; f) un riferimento R = (O,B), si con-

sideri il piano π : x− 2y − z − 1 = 0 e il sottospazio affine r i cui punti hanno coordinate

che sono le soluzioni del sistema lineare:x− 2y = −1

x− 4y + 2z = −3

y − z = 1

1. Si determini la dimensione di r.

2. Si scrivano l’equazione vettoriale e le equazioni scalari di π.

3. Si scrivano l’equazione vettoriale e le equazioni scalari di r.

4. Si determini la posizione reciproca tra π e r e la loro intersezione. Si verifichi quindi

la formula di Grassman.

Soluzione.

[ 1 ] Per determinare la dimensione di r, studiamo il sistema dato. Consideriamo quindi

11


la matrice incompleta del sistema e ne cacoliamo il rango.

A =

1 −2 0

1 −4 2

0 1 −1

Osserviamo che

∣∣∣∣∣1 −2

1 −4

∣∣∣∣∣ = −2 6= 0, cioe A ammette un minore di ordine 2 non nullo.

Quindi rg(A) ≥ 2.

Ora, poiche: ∣∣∣∣∣∣∣∣1 −2 0

1 −4 2

0 1 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣−4 2

1 −1

∣∣∣∣∣−∣∣∣∣∣−2 0

1 −1

∣∣∣∣∣ = 0

per il Teorema degli orlati: rg(A) = 2.

Valutiamo ora il rango della matrice completa del sistema:

(A|b) =

1 −2 0 −1

1 −4 2 −3

0 1 −1 1

.

Dette r1, r2, r3 rispettivamente la prima, seconda e terza riga di (A|b), si ha che r1 − r2 =

2r3. Quindi r3 e combinazione lineare di r1,r2.

Pertanto rg(A|b) = 2 = rg(A).

Per il Teorema di Rouche-Capelli, il sistema e compatibile e ammette ∞1 soluzioni.

Quindi dim(r) = 1, cioe r e una retta.

[ 2 ] Scriviamo l’equazione vettoriale e le equazioni scalari di π.

Siano P0, P1, P2 ∈ π punti non allineati. Allora π :(P0, 〈 P0P1, P0P2 〉

).

Siano in particolare P0 = (0, 0,−1), P1 = (0,−1/2, 0), P2 = (1, 0, 0).

Si ha : P0P1 =(0,−1

2 , 1), P0P2 = (1, 0, 1) (tali vettori sono linearmente indipendenti e

quindi P0, P1, P2 non sono allineati).

Sia P (x, y, z) ∈ R3.

P ∈ π ⇔ P0P ∈ 〈 P0P1, P0P2 〉 ⇔ ∃λ, µ ∈ R tc P0P = λP0P1 + µP0P2 ⇔⇔ ∃λ, µ ∈ R tc (x, y, z + 1) =

(µ, −λ2 , λ+ µ

).

Si e ricavata l’equazione parametrica vettoriale di π.

Le equazioni parametriche scalari di π:x = µ

y = −12λ

z + 1 = λ+ µ.

12


[ 3 ] Scriviamo l’equazione vettoriale e le equazioni scalari di r.

Per quanto visto nel primo punto dell’esercizio, possiamo considerare:

r :

x− 2y = −1

x− 4y + 2z = −3

Determiniamo i parametri direttori della retta come minori a segno alterno della seguente

matrice:

C =

(1 −2 0

1 −4 2

).

In particolare si ha:

l =

∣∣∣∣∣−2 0

−4 2

∣∣∣∣∣ = −4;

m = −

∣∣∣∣∣1 0

1 2

∣∣∣∣∣ = −2;

n =

∣∣∣∣∣1 −2

1 −4

∣∣∣∣∣ = −2.

Sia u = (−2,−1, 1) terna di parametri direttori di r e sia A = (−1, 0,−1) ∈ r ; allora

r : (A, u).

Sia P (x, y, z) ∈ R3.

P ∈ r ⇔ AP ∈ 〈 u 〉 ⇔ ∃t ∈ R tc AP = tu⇔ ∃t ∈ R tc (x+ 1, y, z + 1) = (−2t,−t, t).Si e quindi ottenuta l’equazione parametrica vettoriale di r.

Le equazioni parametriche scalari di r:x+ 1 = −2t

y = −t

z + 1 = t

[ 4 ] Determiniamo la posizione reciproca tra r e π.

Per prima cosa ci chiediamo se r ‖ π, cioe se 〈 u 〉 ⊆ 〈 P0P1, P0P2 〉.Ora:

〈 u 〉 ⊆ 〈 P0P1, P0P2 〉 ⇔ u ∈ 〈 P0P1, P0P2 〉 ⇔ u e combinazione lineare di P0P1, P0P2.

Dato che :∣∣∣∣∣∣∣∣−2 −1 1

0 −12 1

1 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −2

∣∣∣∣∣−12 1

0 1

∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣−1 1

−12 1

∣∣∣∣∣ = 12 6= 0,

i vettori u, P0P1, P0P2 sono linearmente indipendenti, quindi 〈 u 〉 * 〈 P0P1, P0P2 〉.Pertanto r ∦ π e quindi r ∩ π = {Q}.

13


Per determinare le coordinate del punto di intesezione risolviamo il seguente sistema

lineare: x− 2y = −1

x− 4y + 2z = −3

x− 2y − z = 1

.

Osserviamo che in effetti tale sistema ammette ∞0 soluzioni, in quanto:∣∣∣∣∣∣∣∣1 −2 0

1 −4 2

1 −2 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣−4 2

−2 −1

∣∣∣∣∣+ 2

∣∣∣∣∣1 2

1 −1

∣∣∣∣∣ = 2 6= 0.

Determiniamo l’unica soluzione del sistema utilizzando il Metodo di Cramer.

Sia Q = (x0, y0, z0).

x0 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣−1 −2 0

−3 −4 2

1 −2 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣2 = −3;

y0 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 0

1 −3 2

1 1 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣2 = −1;

z0 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 −2 −1

1 −4 −3

1 −2 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣2 = −2.

NOTA: Si puo risolvere il sistema con il metodo della sostituzione qualora lo si pre-

ferisca. Il risultato ottenuto e ovviamente lo stesso.

Verifichiamo infine che sia soddisfatta la formula di Grassman:

dim (r ∨ π) = dim r + dim π − dim (r ∩ π).

Sostituendo in tale relazione quanto ottenuto nello svolgimento dell’esercizio, si ha:

dim (r ∨ π) = 1 + 2− 0 = 3.

Verifichiamo ora che dim (r ∨ π) = 3 mediante la definizione di r ∨ π.

Ricordando che r : (A, u) e π :(P0, 〈 P0P1, P0P2 〉

), per definizione di sottospazio affine

14


congiungente:

r ∨ π :(A, 〈 u 〉+ 〈 P0P1, P0P2 〉 + 〈 AP0 〉

).

Dato che la dimensione di uno spazio affine e pari alla dimensione della sua giacitura,

detto W := 〈 u 〉+ 〈 P0P1, P0P2 〉 + 〈 AP0 〉 = 〈 (−2,−1, 1), (0,−12 , 1), (1, 0, 1), (1, 0, 0) 〉,

dobbiamo verificare che dimW = 3.

A tal fine studiamo il rango della seguente matrice:−2 −1 1

0 −12 1

1 0 1

1 0 0

.

E evidente che tale matrice ha rango 3, in quanto ammette un minore di ordine 3 non

nullo: ∣∣∣∣∣∣∣∣0 −1

2 1

1 0 1

1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −1

26= 0

quindi dimW = 3 e pertanto dim(r ∨ π) = 3.

Osservazione: Per verificare che dimW = 3 si sarebbe potuto procedere anche nel modo

seguente (piu rapido del precedente).

Infatti e stato gia provato che u /∈ 〈 P0P1, P0P2 〉, pertanto dimW ≥ 3.

Quindi, dovendo essere dimW ≤ 3, necessariamente si ha dimW = 3.


sideri il piano π : x− 2y+ z− 1 = 0 ed il sottospazio affine r i cui punti hanno coordinate

che sono le soluzioni del sistema lineare:x+ y + kz = 2

x+ y + 3z = k − 1

2x+ ky − z = 1

(k ∈ R)

(a) Si determini per quale valore del parametro reale k r e una retta.

(b) Si scrivano l’equazione vettoriale e le equazioni scalari di r e π.

(c) Si determini la posizione reciproca tra π e r e la loro intersezione.

15


Soluzione. Risolviamo solo il punto (a) dell’esercizio. I restanti punti si risolvono in

maniera analoga a quanto visto nell’esercizio precedente.

Per determinare il parametro k ∈ R per cui r e una retta, non si deve fare altro che trovare

per quale k il sistema dato ammette ∞1 soluzioni.

Consideriamo la matrice incompleta del sistema e ne calcoliamo il rango al variare di k.

A =

1 1 k

1 1 3

2 k −1

Tale matrice ammette un minore di ordine 2 non nullo, in quanto∣∣∣∣∣ 1 3

2 −1

∣∣∣∣∣ = −7 6= 0

e pertanto rg(A) ≥ 2 ∀ k ∈ R.

Vediamo per quali k ∈ R il rango di A e 2, cioe verifichiamo per quali k ∈ R si ha

det(A)= 0. Si avra infatti che, per il Teorema degli orlati, in corrispondenza di tali valori

di k: rg(A) = 2.∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 k

1 1 3

2 k −1

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ 1 3

k −1

∣∣∣∣∣−∣∣∣∣∣ 1 k

k −1

∣∣∣∣∣+ 2

∣∣∣∣∣ 1 k

1 3

∣∣∣∣∣ = k2 − 5k + 6 = 0⇔ k = 3 ∨ k = 2.

Studiamo ora la matrice completa del sistema in questi casi.

k=2

Consideriamo in tal caso

(A|b) =

1 1 2 2

1 1 3 1

2 2 −1 1

e osserviamo che tale matrice ammette certamente un minore di ordine 3 non nullo. Infatti:∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 2

1 3 1

2 −1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −8 6= 0.

Quindi rg(A|b) = 3 6= 2. Si conclude che per tale valore di k ∈ R il sistema non e compa-

tibile.

16


k=3

In tal caso

(A|b) =

1 1 3 2

1 1 3 2

2 3 −1 1

.

Osserviamo che tale matrice ha rango 2 in quanto ha i primi due vettori riga uguali ed

ammette certamente almeno un minore di ordine 2 non nullo.

Possiamo quindi concludere che il sistema di partenza ammette∞1 soluzioni per k = 3.

In tal caso r e una retta.


sideri il piano π : x+ y + z − 1 = 0 e il sottospazio affine r i cui punti hanno coordinate

che sono le soluzioni del sistema lineare:x− y − 2z = 0

2x− z = −1

−3x+ y + 3z = 1

1. Si determini la dimensione di r.

2. Si scrivano l’equazione vettoriale e le equazioni scalari di π.

3. Si scrivano l’equazione vettoriale e le equazioni scalari di r.

4. Si determini la posizione reciproca tra π e r e la loro intersezione.

Soluzione. E interessante vedere cosa succede nella risoluzione del punto 4.; gli altri

punti si risolvono in maniera analoga a quanto visto negli esercizi precedenti.

Per la risoluzione del punto 4. consideriamo:

π :(P0, 〈 P0P1, P0P2 〉

), con P0 = (0, 0, 1), P1 = (0, 1, 0), P2 = (1, 0, 0)

r : (A, 〈 u 〉 ) , con A = (0,−2, 1), u = (l,m, n) = (1,−3, 2).

Ci chiediamo se r ‖ π, cioe se 〈 u 〉 ⊆ 〈 P0P1, P0P2 〉. A tal fine consideriamo:∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 −1

1 0 −1

1 −3 2

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −

∣∣∣∣∣ 1 −1

1 2

∣∣∣∣∣−∣∣∣∣∣ 1 0

1 −3

∣∣∣∣∣ = 0.

17


Quindi u, P0P1, P0P2 sono linearmente dipendenti, cioe r ‖ π.

Di conseguenza si hanno due possibilita: r ∩ π = ∅ oppure r ⊂ π.

Per studiare l’intersezione di r e π e sufficiente controllare se A ∈ π. Infatti, per quanto

visto in precedenza, in caso di risposta affermativa si ha necessariamente che la retta e

contenuta nel piano; in caso di risposta negativa si ha r ∩ π = ∅.Supponiamo A ∈ π, allora:

0− 2 + 1 = 1⇔ −1 = 1, che e assurdo.

Quindi i due sottospazi affini considerati hanno intersezione vuota.

18


ESERCIZI SUL PIANO METRICO E2

Esercizi sulle rette

Esercizio 8. Si consideri in E2 il punto A = (−1,−2).

Si scrivano le equazioni delle rette s e s′ passanti per A ed aventi distanza 1 dall’origine.

Soluzione. Consideriamo il fascio di rette passanti per A

F(A) : a(x+ 1) + b(y + 2) = 0, (a, b) 6= (0, 0).

s ∈ F(A)⇔ s : a(x+ 1) + b(y + 2) = 0⇔ s : ax+ by + a+ 2b = 0.

Imponiamo ora che tale retta s abbia distanza 1 dall’origine.

d(s,O) = 1⇔ |a+2b|√a2+b2

= 1⇔ |a+ 2b| =√a2 + b2 ⇔ (a+ 2b)2 = a2 + b2 ⇔

⇔ a2 + 4b2 + 4ab = a2 + b2 ⇔ 3b2 + 4ab = 0⇔ b(3b+ 4a) = 0⇔ b = 0 ∨ 3b+ 4a = 0.

Distinguiamo quindi i seguenti casi:

Caso b = 0

La retta cercata e

s : ax+ a = 0⇔ s : x+ 1 = 0.

Caso 3b+ 4a = 0

3b+ 4a = 0⇔ b = −43a.

La retta cercata e

s′ : ax− 4

3ay + a− 8

3a = 0⇔ s′ : x− 4

3y + 1− 8

3= 0⇔ s′ : 3x− 4y − 5 = 0.

Esercizio 9. Scrivere l’equazione della retta s′ simmetrica di s : 2x+ 3y − 1 = 0 rispetto

a r : x+ y = 0.

19


Soluzione.

PRIMO MODO

Schema risoluzione esercizio:

• Sα ∈ s generico (s = {Sα | α ∈ R}) ;

• tα retta per Sα ⊥ r;

• {Hα} = tα ∩ r;

• S′α(x, y) t.c. Hα punto medio tra Sα e

S′α.

• s′ = {S′α | α ∈ R}.

Procediamo quindi con la risoluzione dell’esercizio.

Osserviamo per prima cosa che le rette s e r non sono parallele, infatti:

rg

(2 3

1 1

)= 2 6= 1.

Considerato Sα(α, −2α+1

3

)punto generico della retta s, sia tα retta passante per Sα per-

pendicolare alla retta r.

tα : y − (−2α+13 ) = x− α⇔ 3y + 2α− 1 = 3x− 3α, quindi:

tα : 3x− 3y − 5α+ 1 = 0.

Dato che tα ⊥ r, sia Hα il punto di intersezione tra le due rette.

{Hα} = tα ∩ r :

y = −x

3x− 3y − 5α+ 1 = 0⇔

y = −x

6x = 5α− 1⇔

y = −5α+16

x = 5α−16

, quindi

Hα

(5α− 1

6,−5α+ 1

6

).

Sia S′α(x, y) ∈ E2 tale che Hα sia punto medio tra Sα e S′α.x+α2 = 5α−1

6

y− 2α+13

2 = −5α+16

⇔

3x+ 3α = 5α− 1

3y − 2α+ 1 = −5α+ 1⇔

α = 3x+12

y + 3x+12 = 0

.

Quindi la retta cercata e s′ : 3x+ 2y + 1 = 0.

20


SECONDO MODO

Schema risoluzione esercizio:

• S ∈ s arbitrario;

• t retta per S ⊥ r;

• S′(x, y) tc H pto medio tra S e S′;

• {P} = s ∩ r;

• s′ = [P, S′].

Consideriamo S ∈ s scelto arbitrariamente; in particolare consideriamo S(0, 13). Troviamo

quindi il simmetrico di tale punto rispetto alla retta r. A tal fine consideriamo

t : −3x+ 3y − 1 = 0

retta passante per S perpendicolare alla retta r.

Come prima, sia {H} = t ∩ r :

x+ y = 0

−3x+ 3y − 1 = 0⇔

y = 16

x = −16

.

Consideriamo S′(x, y) tale che H sia punto medio tra S e S′:x+02 = −1

6

y+ 13

2 = 16

⇔

x = −13

y = 0. Quindi S′

(−1

3 , 0).

Consideriamo ora {P} = s ∩ r :

x+ y = 0

2x+ 3y − 1 = 0⇔

y = −x

2x− 3x− 1 = 0⇔

y = 1

x = −1.

Allora la retta cercata e la retta

s′ = [P, S′] :y − 1

0− 1=

x+ 1

−13 + 1

che e la stessa retta ottenuta in precedenza.

TERZO MODO

Risolviamo l’esercizio utilizzando il coseno dell’angolo tra due rette. A tal fine consideria-

mo una retta s′ appartenente al fascio di rette individuato da s e da r.

s′ ∈ F(s, r) : 2x+ 3y − 1 + k(x+ y) = 0⇔ s′ : (2 + k)x+ (3 + k)y − 1 = 0.

Imponiamo quindi che cos s′r = cos rs.1(2+k)+1(3+k)√

2√

(2+k)2+(3+k)2= 2+3√

2√22+32

⇔ (5+2k)2

2k2+10k+13= 25

13 ⇔

21


⇔ 13(4k2 + 20k + 25) = 25(2k2 + 10k + 13)⇔ 2k2 + 10k = 0⇔ k = 0 ∨ k = −5.

Per k = 0 si ottiene la retta s. Quindi per ottenere l’equazione di s′ consideriamo il caso

k = −5. Osserviamo che sostituendo tale valore di k si ottiene la stessa equazione trovata

con i metodi precedenti.

QUARTO MODO

Tra tutte le rette del fascio individuato da s e r, la retta cercata e quella passante per il

punto S′, simmetrico di S (arbitrario punto di s) rispetto alla retta r.

Nello svolgimento del secondo metodo abbiamo ricavato S′(−1

3 , 0). Imponendo che la

generica retta di F(s, r) passi per S′, si ha:

2(−13) + 0− 1 + k(−1

3 + 0) = 0⇔ −2− 3− k = 0⇔ k = −5

che e cio che abbiamo ottenuto nel terzo metodo.

Esercizio 10. Determinare il terzo vertice di ciascuno dei triangoli isosceli di area 4 e

base A1A2, dove A1(−1, 2), A2(0, 3).

Soluzione.

I triangoli in esame hanno base coincidente pari a

b = d(A1, A2) =√

2

e quindi altezza

h =2A

b= 4√

2

Determiniamo a asse del segmento A1A2.

A tal fine consideriamo P (x, y) ∈ E2 e imponiamo d(P,A1) = d(P,A2).√(x+ 1)2 + (y − 2)2 =

√x2 + (y − 3)2 ⇔ x2 + 2x+ 1 + y2 − 4y + 4 = x2 + y2 − 6y + 9.

Quindi a : x+ y − 2 = 0.

Sia C ∈ a generico, quindi C (α,−α+ 2).

Affinche C sia vertice di uno dei triangoli isosceli, basta imporre d(C,M) = h = 4√

2,

dove M =(−1

2 ,52

)e il punto medio del segmento A1A2. Quindi:

22


√(α+ 1

2

)2+(−α+ 2− 5

2

)2= 4√

2⇔ 2α2 + 2α+ 12 = 32⇔ 4α2 + 4α− 63 = 0. Quindi:

α1/2 =−2±

√256

4=−2± 16

4⇔ α1 =

7

2∨ α2 = −9

2

In corrispondenza di α1 = 72 si ottiene C1 =

(72 ,−

32

); in corrispondenza di α2 = −9

2 si

ottiene C2 =(−9

2 ,132

).

NOTA: Una volta trovato il generico punto C ∈ a avremmo potuto determinare i valori di

α anche utilizzando il teorema di Pitagora (calcolando d(C,A2) oppure d(C,A1)), oppure

utilizzando la seguente espressione dell’area di un triangolo di generici vertici A,B,C:

Area(A,B,C) =

∣∣∣∣∣∣∣∣12

∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1

xA xB xC

yA yB yC

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ .

Esercizio 11. Si considerino in E2 la retta s : 2x+ y = 0 ed il punto P (1, 1).

Si scriva l’equazione del luogo geometrico descritto dal punto medio tra P e P ′, essendo

P ′ punto di intersezone di s con la generica retta t passante per P .

Soluzione. Consideriamo la retta per P (1, 1) parallela a s:

2(x− 1) + y − 1 = 0 ⇔ 2x+ y − 3 = 0.

Determiniamo il fascio di rette di centro P , escludendo la retta parallela a s (che non

interseca s):

t : x− 1 + k(2x+ y − 3) = 0, k ∈ R.

Come richiesto, sia P ′ il punto di intersezione di s e t:

{P ′} = t∩s :

x− 1 + k(2x+ y − 3) = 0

2x+ y = 0⇔

x− 1− 3k = 0

y = −2x⇔

x = 1 + 3k

y = −2(1 + 3k).

Quindi P ′(1 + 3k,−2(1 + 3k)).

Sia M(x, y) punto medio tra P e P ′:x = 1+1+3k2

y = 1−2(1+3k)2

⇔

3k = 2x− 2

y = 1−2(1+3k)2

.

23


Sostituendo nella seconda equazione, si ha: 2y = 1− 2(1 + 2x− 2)

2y = 1 + 2− 4x

4x+ 2y − 3 = 0.

Si e cosı ottenuta l’equazione del luogo richiesto (che e una retta).

Esercizi sulle circonferenze

Esercizio 12. In E2 si considerino le rette s : x+ 1 = 0 e r : 3x− 4y − 5 = 0.

Si scrivano le equazioni delle circonferenze tangenti le rette s e r contemporaneamente ed

aventi centro sull’asse x.

Soluzione.

Sia C un generico punto dell’asse x, C(α, 0).

Affinche C sia centro di una circonferenza

tangente le rette s e r, si deve imporre

d(C, s) = d(C, r).

CC22

CC11

ss

rr

aaxx

d(C, s) = d(C, r)⇔ |α+1|1 = |3α−5|√

9+16⇔ α+ 1 = ±3α−5

5 .

CASO 1: α+ 1 = 3α−55

5(α+ 1) = 3α− 5⇔ 2α = −10⇔ α = −5.

Quindi in tal caso C(−5, 0). Sia ρ = d(C, s) = 4 il raggio della circonferenza. Allora una

circonferenza cercata ha equazione:

C1 : (x+ 5)2 + y2 = 16.

CASO 2: α+ 1 = −3α−55

5(α+ 1) = −3α+ 5⇔ α = 0.

24


Quindi in tal caso C(0, 0). Sia ρ = d(C, s) = 1 il raggio della circonferenza. Allora l’altra

circonferenza cercata ha equazione:

C2 : x2 + y2 = 1.

Esercizio 13. Si considerino in E2 le rette r : x − 3y + 1 = 0, s : x + y = 0 ed il punto

A(−1, 0). Si scriva l’equazione della circonferenza tangente r in A ed avente centro su s.

Soluzione.

Il centro C della circonferenza cercata si trova

certamente sulla retta passante per A e perpen-

dicolare a r.

Determiniamo quindi tale retta t.

t ∈ F(A)⇔ t : a(x+ 1) + by = 0.

t ⊥ r ⇔ a− 3b = 0⇔ a = 3b. Quindi:

t : 3b(x+ 1) + by = 0⇔ t : 3x+ y + 3 = 0.

Sia C centro della circonferenza cercata, allora:

{C} = t ∩ s :

3x+ y + 3 = 0

x = −y

Quindi C(−3

2 ,32

).

Determiniamo il raggio ρ della circonferenza:

ρ = d(C,A) =√

52 .

Quindi la circonferenza cercata ha equazione:

C :

(x+

3

2

)2

+

(y − 3

2

)2

=5

2.

Esercizio 14. Si considerino in E2 le rette t : x+ 2y = 0, s : 2x+ y + 1 = 0 ed il punto

A(1,−1). Si scriva l’equazione della circonferenza tangente t e s e passante per A.

25


Soluzione.

Il centro C della circonferenza cercata si trova su una delle

bisettrici degli angoli individuati da s e t.

Calcoliamo quindi tali bisettrici. A tal fine consideriamo

un punto P (x, y) ∈ E2 e imponiamo:

d(P, t) = d(P, s)⇔ |x+2y|√5

= |2x+y+1|√5⇔

⇔ x+ 2y = ±(2x+ y + 1).

CASO 1:

b1 : x+ 2y = 2x+ y + 1⇔ b1 : x− y + 1 = 0.

Sia C ∈ b1 punto generico, C(α, α+ 1). Affinche sia centro:

d(C,A) = d(C, t)⇔√

(α− 1)2 + (α+ 2)2 = |α+2(α+1)|√5

⇔⇔ 5(α2 + 1− 2α+ α2 + 4α+ 4) = 9α2 + 4 + 12α⇔⇔ 10α2 + 10α+ 25 = 9α2 + 12α+ 4⇔ α2 − 2α+ 21 = 0

e tale equazione non ammette soluzione (∆ < 0).

Il centro della circonferenza cercata non appartiene pertanto a tale bisettrice.

CASO 2:

b2 : x+ 2y = −2x− y − 1⇔ b2 : 3x+ 3y + 1 = 0.

Sia C ∈ b2 punto generico, C(α,−α− 1

3

). Affinche sia centro della circonferenza cercata:

d(C,A) = d(C, t)⇔√

(α− 1)2 +(−α− 1

3 + 1)2

=|α−2α− 2

3|√

5⇔

⇔ 5(α2 + 1− 2α+ α2 + 49 −

43α) = α2 + 4

9 + 43α.

Risolvendo si determina α e quindi il centro della circonferenza. Procedendo come negli

esercizi precedenti, si determina il raggio e dunque l’equazione della circonferenza.

NOTA: Per calcolare le bisettrici degli angoli individuati da s e t si sarebbe potuto

procedere anche nel modo seguente:

b1/2 ∈ F(s, t)⇔ b1/2 : 2x+ y + 1 + k(x+ 2y) = 0, quindi basta imporre cos br = cos bs.

26


ESERCIZI SULLE TRASFORMAZIONI AFFINI

Esercizio 15. Si considerino un piano affine reale A2 e un riferimento affine R(O,B) di

A2, con B = {v1, v2}. Si stabilisca se nell’insieme delle affinita di A2 di equazioni

ϕ :

x′ = by + 2− b

y′ = ax+ 1− 2aa, b ∈ R, a 6= 0, b 6= 0

esistono traslazioni e/o omotetie.

Soluzione. Scriviamo il sistema di equazioni dell’affinita in forma matriciale:

ϕ :

(x′

y′

)=

(0 b

a 0

)(x

y

)+

(2− b

1− 2a

)

e poniamo A =

(0 b

a 0

), B =

(2− b

1− 2a

).

ϕ e traslazione ⇔ A = I2 ⇔

(0 b

a 0

)=

(1 0

0 1

)che e impossibile.

Segue che nell’insieme delle affinita considerate non esistono traslazioni.

ϕ e omotetia ⇔

A = λI2

B = 0R2

⇔

0 b

a 0

=

λ 0

0 λ

2− b = 0

1− 2a = 0

⇔

λ = 0

b = 0

a = 0

b = 2

a = 1/2

che e impossibile. Segue che nell’insieme di affinita considerato non esistono omotetie.

Esercizio 16. Si considerino uno spazio affine reale A3, un riferimento affine R(O,B)

di A3, con B = {v1, v2, v3} e i punti:

P0(1, 2, 3), P1(1, 1, 1), P2(2,−1, 0), P3(0, 1, 1);

Q0(3, 6, 2), Q1(3, 3, 2), Q2(1, 0,−1), Q3(2, 3, 2).

1. Si provi che {P0, P1, P2, P3} e {Q0, Q1, Q2, Q3} sono quaterne di punti affinemente

indipendenti.

2. Si trovino le equazioni dell’affinita ϕ : A3 → A3 tc ϕ(Pi) = Qi, per ogni i = 0, ..., 3.

27


Soluzione.

[1.]

{P0, P1, P2, P3} e quaterna di punti affinemente indipendenti ⇔ P0P1, P0P2, P0P3 sono li-

nearmente indipendenti.

P0P1 = (1− 1)v1 + (1− 2)v2 + (1− 3)v3 = −v2 − 2v3;

P0P2 = (2− 1)v1 + (−1− 2)v2 + (0− 3)v3 = v1 − 3v2 − 3v3;

P0P3 = (0− 1)v1 + (1− 2)v2 + (1− 3)v3 = −v1 − v2 − 2v3.

Dato che :∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 −1

−1 −3 −1

−2 −3 −2

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −

∣∣∣∣∣ −1 −1

−2 −2

∣∣∣∣∣−∣∣∣∣∣ −1 −3

−2 −3

∣∣∣∣∣ = 3 6= 0,

l’asserto e provato.

Facciamo un analogo ragionamento per provare che {Q0, Q1, Q2, Q3} e quaterna di punti

affinemente indipendenti.

Q0Q1 = −3v2;

Q0Q2 = −2v1 − 6v2 − 3v3;

Q0Q3 = −v1 − 3v2.

Come prima, l’asserto e provato in quanto:∣∣∣∣∣∣∣∣0 −2 −1

−3 −6 −3

0 −3 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 3

∣∣∣∣∣ −2 −1

−3 0

∣∣∣∣∣ = −9 6= 0.

[2.]

Sia L : V → V l’automorfismo di V associato all’affinita. Quindi:

∀ i = 1, ..., 3 L(P0Pi) = ϕ(P0)ϕ(Pi) = Q0Qi.

Osserviamo che, detta A la matrice associata a L rispetto alla base B, l’affinita ϕ ha

equazione:

ϕ : X ′ = AX + b, con b ∈M3,1(R).

Esplicitando l’equazione, si ha:

x′

y′

z′

=

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

x

y

z

+

b1

b2

b3

⇔x′ = a11x+ a12y + a13z + b1

y′ = a21x+ a22y + a23z + b2

z′ = a31x+ a32y + a33z + b3

.

28


Determiniamo quindi la matrice A. A tal fine, per quanto scritto in precedenza, con-

sideriamo:

L(P0P1) = −3v2

L(P0P2) = −2v1 − 6v2 − 3v3

L(P0P3) = −v1 − v2 − 2v3

⇔

L(v2) + 2L(v3) = 3v2

L(v1)− 3L(v2)− 3L(v3) = −2v1 − 6v2 − 3v3

L(v1) + L(v2) + 2L(v3) = v1 + 3v2

⇔

L(v2) = 3v2 − 2L(v3)

L(v1)− 3L(v2)− 3L(v3) = −2v1 − 6v2 − 3v3

L(v1) = −3v2 + 2L(v3)− 2L(v3) + v1 + 3v2

⇔

L(v2) = 3v2 − 2L(v3)

v1 − 9v2 + 6L(v3)− 3L(v3) = −2v1 − 6v2 − 3v3

L(v1) = v1

⇔

L(v2) = 3v2 − 2L(v3)

3L(v3) = −3v1 + 3v2 − 3v3

L(v1) = v1

⇔

L(v1) = v1

L(v2) = 2v1 + v2 + 2v3

L(v3) = −v1 + v2 − v3

.

Quindi :

A =

1 2 −1

0 1 1

0 2 −1

.

Sostituendo tale matrice nell’equazione generale dell’affinita, si ottiene:x′ = x+ 2y − z + b1

y′ = y + z + b2

z′ = 2y − z + b3

.

Per determinare il valore di b1, b2, b3 basta imporre la condizione ϕ(P0) = Q0 :

3 = 1 + 4− 3 + b1

6 = 2 + 3 + b2

2 = 4− 3 + b3

⇔

b1 = 1

b2 = 1

b3 = 1

.

29


Concludendo, l’affinita in esame ha equazioni

ϕ :

x′ = x+ 2y − z + 1

y′ = y + z + 1

z′ = 2y − z + 1

.

Osservazione:

Per determinare le equazioni dell’affinita si sarebbe potuto procedere anche nel modo

seguente: dopo aver scritto l’equazione generica X ′ = AX + b, avremmo potuto imporre

nel sistema le condizioni ϕ(Pi) = Qi, per ogni i = 0, .., 3, ottenendo il seguente sistema di

12 equazioni in 12 incognite:

3 = a11 + 2a12 + 3a13 + b1

6 = a21 + 2a22 + 3a23 + b2

2 = a31 + 2a32 + 3a33 + b3

3 = a11 + a12 + a13 + b1

3 = a21 + a22 + a23 + b2

2 = a31 + a32 + a33 + b3

1 = 2a11 − a12 + b1

0 = 2a21 − a22 + b2

−1 = 2a31 − a32 + b3

2 = a12 + a13 + b1

3 = a22 + a23 + b2

2 = a32 + a33 + b3

Risolvendo tale sistema si ottengono le equazioni di ϕ.

Si noti tuttavia che, in questo esercizio, utilizzare questo metodo NON e conveniente.

Esercizio 17. Si considerino uno spazio euclideo E3 e un riferimento metrico R(O,B) di

E3. Sia ϕ l’affinita di equazioni: x′ = x+ y − z − 1

y′ = z + 1

z′ = y − 1

30


Stabilire se ϕ e un movimento. Si trovino, se esistono, i punti uniti in ϕ.

Considerata la retta

r :

x = z + 1

y = −z

si scrivano le equazioni della retta ϕ(r). Infine si trovino, se esistono, i punti di ϕ(r) che

sono uniti in ϕ.

Soluzione.

ϕ e un movimento ⇔ la matrice A associata a ϕ e ortogonale ⇔ AAt = I3.

Determiniamo la matrice A associata a ϕ rispetto alla base B:

A =

1 1 −1

0 0 1

0 1 0

.

Osserviamo che

∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 −1

0 0 1

0 1 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −1.

Dato che:

AAt =

1 1 −1

0 0 1

0 1 0

1 0 0

1 0 1

−1 1 0

=

3 −1 . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

6= I3

si ha che A non e ortogonale e quindi ϕ non e un movimento.

NOTA: Notiamo che qualora nel calcolo del determinante di A avessimo ottenuto un

valore diverso da ±1, avremmo gia potuto concludere che la matrice non e ortogonale.

Per determinare gli eventuali punti uniti di ϕ discutiamo il sistema seguente:

x = x+ y − z − 1

y = z + 1

z = y − 1

⇔

z = y − 1

y = z + 1

z = y − 1

⇔ z = y − 1.

Pertanto Fix(ϕ) = {(x, y, z) ∈ R3|z = y − 1}, cioe Fix(ϕ) e il piano y − z − 1 = 0.

Considerata ora la retta r, siano P1(0, 1,−1), P2(1, 0, 0) punti arbitrari di r.

Quindi r = [P1, P2] e, di conseguenza, ϕ(r) = [ϕ(P1), ϕ(P2)].

31


Determiniamo tali punti.

Sia ϕ(P1)(x′, y′, z′) ∈ E3 tc

x′ = 0 + 1− (−1)− 1

y′ = −1 + 1

z′ = 1− 1

⇔ ϕ(P1)(1, 0, 0) = P2.

Analogamente si ricava che ϕ(P2)(0, 1,−1) = P1.

Dunque ϕ(r) = [ϕ(P1), ϕ(P2)] = r, la cui equazione e nota.

Infine, al fine di determinare i punti di ϕ(r) che sono uniti in ϕ discutiamo il sistema:

x = z + 1

y = −z

z = y − 1

⇔

x = z + 1

y = −z

z = −12

⇔

x = 1

2

y = 12

z = −12

.

Il punto P0

(12 ,

12 ,−

12

)e l’unico punto di ϕ(r) unito in ϕ.

Esercizio 18. Sia (V, g) uno spazio vettoriale euclideo di dimensione 3 e sia B = {e1, e2, e3}una base ortonormale di V . Sia inoltre L : V → V un automorfismo di V tale che per

ogni (x, y, z) ∈ R3:

L(xe1 + ye2 + ze3) = xe1 + (x+ y)e2 + (x+ y + z)e3.

Si considerino uno spazio affine euclideo E3 associato a (V, g) ed un suo riferimento metri-

co R(O,B). Si scrivano in R le equazioni dell’affinita ϕ tale che ϕ(P ) = P , con P (0, 1, 0),

ed avente L come automorfismo associato rispetto alla base B.

Si determini inoltre l’insieme dei punti uniti in ϕ.

Soluzione.

Consideriamo altri 3 punti di E3 affinemente indipendenti a P . In particolare:

P1(1, 0, 0), P2(0, 0, 1), P3(0, 0, 0).

Verifichiamo infatti che {P, P1, P2, P3} e una quaterna di punti affinemente indipendenti,

ossia verifichiamo che i vettori PP1, PP2, PP3 sono linearmente indipendenti. Infatti:

PP1 = e1 − e2 ;

PP2 = −e2 + e3 ;

PP3 = −e2 ;

32


e si ha ∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 0

0 −1 1

0 −1 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 1 6= 0.

Sia quindi L : V → V tc ∀ P,Q ∈ E3 : L(PQ) = ϕ(P )ϕ(Q).

In particolare consideriamo:L(PP1) = L(e1 − e2) = e1

L(PP2) = L(−e2 + e3) = −e2

L(PP3) = L(−e2) = −e2 − e3

⇔

L(e1)− L(e2) = e1

L(e3)− L(e2) = −e2

L(e2) = e2 + e3

⇔

L(e1) = e1 + e2 + e3

L(e2) = e2 + e3

L(e3) = e3

.

Quindi la matrice associata a L rispetto alla base B e :

A =

1 0 0

1 1 0

1 1 1

.

Ricordando che l’affinita ha equazione ϕ : X ′ = AX + b, con b ∈M3,1(R), si ha:x′

y′

z′

=

1 0 0

1 1 0

1 1 1

x

y

z

+

b1

b2

b3

⇔x′ = x+ b1

y′ = x+ y + b2

z′ = x+ y + z + b3

.

Imponendo la condizione ϕ(P ) = P , si ha:0 = b1

1 = 1 + b2

0 = 1 + b3

⇔

b1 = 0

b2 = 0

b3 = −1

.

Concludendo si ha:

ϕ :

x′ = x

y′ = x+ y

z′ = x+ y + z − 1

.

Per determinare gli eventuali punti uniti in ϕ basta procedere in modo analogo a quanto

fatto nell’esercizio precedente.

Osservazione.

L’esercizio 18 puo essere risolto anche piu velocemente.

Infatti la matrice associata a L rispetto alla base B si puo determinare dall’espressione

L(xe1 + ye2 + ze3) = xe1 + (x+ y)e2 + (x+ y + z)e3;

quindi imponendo ϕ(P ) = P si ha la soluzione.

33


Esercizio 19. Si consideri un piano affine euclideo E2 munito di un riferimento metrico

R(O,B).

Sia ϕ l’affinita di equazioni

ϕ :

x′ =12(x−

√3y + 1 + 2

√3)

y′ = 12(√

3x+ y + 2−√

3).

Si provi che ϕ e un movimento diretto e si stabilisca se ϕ e una rotazione attorno ad un

punto P0.

Soluzione. Consideriamo la matrice associata a ϕ rispetto alla base B:

A =

(12 −

√32√

32

12

).

Osserviamo che detA = 1, inoltre e immediato verificare che AAt = I2. Quindi A ∈ O(2) e

dunque ϕ e un movimento. Dato che in particolare detA = 1, si ha che ϕ e un movimento

diretto, ossia una congruenza.

Per stabilire se ϕ sia una rotazione attorno ad un punto P0, dobbiamo stabilire se esiste

P0 ∈ E2 tc ϕ(P0) = P0. A tal fine discutiamo il seguente sistema:x = 12(x−

√3y + 1 + 2

√3)

y = 12(√

3x+ y + 2−√

3)⇔

2x = x−√

3y + 1 + 2√

3

2y =√

3x+ y + 2−√

3⇔

x+√

3y = 1 + 2√

3

−√

3x+ y = 2−√

3.

E immediato osservare che, per il Teorema di Rouche-Capelli, il sistema e compatibile e

ammette un’unica soluzione (si tratta di un sistema di Cramer). Resta quindi provata

l’esistenza di un punto P0 tc ϕ(P0) = P0.

Esercizio 20. Si consideri un piano affine euclideo E2 munito di un riferimento metrico

R(O,B). Si provi che l’affinita di equazioni

ϕ :

x′ =15(3x+ 4y + 2)

y′ = 15(4x− 3y − 4)

e una riflessione rispetto ad una retta e si scriva l’equazione di tale retta.

Soluzione.

In E2 un iperpiano e un sottospazio affine di dimensione 1, cioe una retta.

Quindi, di fatto, si deve provare che ϕ e una riflessione rispetto ad un iperpiano.

34


Consideriamo la matrice associata a ϕ rispetto alla base B

A =

(35

45

45 −3

5

).

E semplice verificare che detA = −1 e che A ∈ O(2), quindi ϕ e una riflessione.

Verifichiamo ora che sia una riflessione rispetto ad un iperpiano.

Sia L l’automorfismo di V associato a ϕ. Determiniamo gli autovalori di L:

pL(λ) = det(A− λI2) =(35 − λ

) (−3

5 − λ)− 16

25 = − 925 + λ2 − 16

25 = λ2 − 1 = 0⇔ λ = ±1.

Quindi

λ = 1 e autovalore di moltepicita 1 = n− 1;

λ = −1 e autovalore di molteplicita 1.

Calcoliamo l’autospazio relativo all’autovalore λ = 1:

V1 = {X = (x, y) ∈ R2|(A− I2)X = 0} = {(x, y) ∈ R2|x = 2y} = {(2y, y)|y ∈ R}.Quindi dimV1 = 1.

ϕ e quindi una riflessione rispetto ad una retta. Determiniamo l’equazione di tale retta r.

PRIMO MODO

r : (P0, V1), con P0 punto unito in ϕ.

In particolare consideriamo P0 = (1, 0); e evidente che ϕ(P0) = P0.

Quindi la retta cercata ha equazione: x−12 = y.

Dunque r : x− 2y − 1 = 0.

SECONDO MODO

Sia r la retta cercata. Allora r = Fix(ϕ).

Quindi per determinare l’equazione della retta, basta studiare i punti uniti in ϕ. A tal

fine consideriamo:5x = 3x+ 4y + 2

5y = 4x− 3y − 4⇔

2x− 4y = 2

−4x+ 8y = −4⇔ x− 2y − 1 = 0.

Quindi Fix(ϕ) = {(x, y)| x− 2y − 1 = 0}.

Esercizio 21. Si consideri uno spazio euclideo E3 munito di un riferimento metrico

35


R(O,B). Sia ϕ l’affinita di equazionix′ = y + 1

y′ = x− 1

z′ = x− y + z − 1

.

Si determini l’automorfismo L associato a ϕ.

Si stabilisca se ϕ e un movimento.

Si trovino, se esistono, i punti uniti in ϕ.

Soluzione. Determiniamo l’automorfismo L associato a ϕ

L : V → V tc ∀ P,Q ∈ E3 L(PQ) = ϕ(P )ϕ(Q).

PRIMO MODO

Consideriamo la matrice associata a L rispetto alla base B = {v1, v2, v3} :

A =

0 1 0

1 0 0

1 −1 1

.

Allora :

L(v1) = v2 + v3;

L(v2) = v1 − v3;L(v3) = v3.

Quindi:

L(xv1 + yv2 + zv3) = x(v2 + v3) + y(v1 − v3) + zv3 = yv1 + xv2 + (x− y + z)v3.

SECONDO MODO

Siano O ∈ E3, O′ = ϕ(O)(1,−1,−1) ∈ E3. Consideriamo le applicazioni:

fO : E3 → V tc P 7→ fO(P ) = OP ;

fO′ : E3 → V tc P ′ 7→ fO′(P′) = O′P ′.

Si ha :

L ◦ fO = fO′ ◦ ϕ⇔ L = fO′ ◦ ϕ ◦ f−1O .

xv1 + yv2 + zv3f−1O−−→ P (x, y, z)

ϕ−→ P ′(x′, y′, z′)fO′−−→ O′P ′.

Dato che O′P ′ = (x′− 1)v1 + (y′+ 1)v2 + (z′+ 1)v3 = yv1 +xv2 + (x− y+ z)v3, si ha che :

∀ v = xv1+yv2+zv3 ∈ V L(xv1+yv2+zv3) = x(v2+v3)+y(v1−v3)+zv3 = yv1+xv2+(x−y+z)v3.

36


Per risolvere il resto dell’esercizio, basta procedere in modo analogo a quanto fatto negli

esercizi precedenti.

37


ESERCIZI SULLO SPAZIO METRICO E3

Esercizi su rette e piani

Al fine di risolvere gli esercizi proposti puo essere utile il seguente formulario:

• EQ. RETTA PASSANTE PER UN PUNTO (x0, y0, z0) :

x− x0l

=y − y0m

=z − z0n

• EQ. PIANO PASSANTE PER UN PUNTO (x0, y0, z0) :

a(x− x0) + b(y − y0) + c(z − z0) = 0

• CONDIZIONE PARALLELISMO RETTA-PIANO:

r ‖ π ⇔ al + bm+ cn = 0

• CONDIZIONE PERPENDICOLARITA RETTA-PIANO:

r ⊥ π ⇔ a

l=

b

m=c

n⇔ i coefficienti a,b,c dell’eq. del piano sono parametri direttori della retta

• CONDIZIONE PERPENDICOLARITA TRA RETTE:

r ⊥ s⇔ ll′ +mm′ + nn′ = 0

• COSENO ANGOLO TRA RETTE:

cos rs = ± ll′ +mm′ + nn′√l2 +m2 + n2

√l′2 +m′2 + n′2

• SENO ANGOLO RETTA-PIANO:

sin sπ = ± al + bm+ cn√a2 + b2 + c2

√l2 +m2 + n2

• DISTANZA PUNTO-PIANO:

d(P, π) =|ax0 + by0 + cz0 + d|√

a2 + b2 + c2

38


Esercizio 22. Si considerino in E3 il piano π : x+ z = 0 e la retta s :

y − z = 0

x = 1.

Si determini la retta t proiezione ortogonale di s su π.

Soluzione.

Consideriamo due punti di s P1 = (1, 0, 0) e P2 = (1, 1, 1) scelti arbitrariamente.

Sia s1 la retta passante per P1 e perpendicolare a π.

s1 :x− 1

1=y

0=z

1⇔ s1 :

y = 0

z = x− 1.

Sia s2 la retta passante per P2 e perpendicolare a π.

s2 :x− 1

1=y − 1

0=z − 1

1⇔ s1 :

y − 1 = 0

x = z.

Determiniamo ora i punti di intersezione di π con s1, s2 rispettivamente. La retta cercata

sara la retta individuata da tali punti.

Sia {P ′1} = s1 ∩ π.y = 0

z = x− 1

x+ z = 0

⇔

y = 0

z = x− 1

x+ x− 1 = 0

⇔

y = 0

z = x− 1

x = 12

⇔ P ′1 =

(1

2, 0,−1

2

).

39


Sia {P ′2} = s2 ∩ π. y = 1

x = z

x+ z = 0

⇔ P ′2 = (0, 1, 0) .

Dunque, come anticipato in precedenza, la retta cercata e:

t = [P ′1, P′2] :

x− 12

−12

=y

1=z + 1

212

⇔

2x− 1 = −y

y = 2z + 1.

Esercizio 23. Si determini in E3 la retta passante per P (1, 0, 0), incidente r :

y = 1

x = 0

e contenuta in π : y + z = 0.

Soluzione.

PRIMO MODO

Osserviamo preliminarmente che r ∦ π, infatti, considerata (0, 0, 1) terna di parametri

direttori di r, si ha: al + bm+ cn = 1 6= 0.

Sia {Q} = r ∩ π :

y + z = 0

y = 1

x = 0

⇔ Q = (0, 1,−1) .

Dunque la retta cercata e

s = [P,Q] :x− 0

1− 0=y − 1

0− 1=z + 1

0 + 1⇔ s :

x+ y − 1 = 0

y + z = 0.

SECONDO MODO

Uno dei piani contenenti s e fornito esplicitamente dalla traccia (si tratta del piano π).

L’altro piano che individua s e quello contenente r e P :

r ∈ π′ ⇒ π′ : y − 1 + kx = 0, k ∈ R

P ∈ π′ : −1 + k = 0⇔ k = 1

π′ : y − 1 + x = 0.

40


Quindi, come in precedenza

s :

y + z = 0

x+ y − 1 = 0.

NOTA: Per il calcolo dei parametri direttori di una retta si proceda come visto nell’eser-

cizio 5.

Esercizio 24. Si considerino in E3 il piano π : y + z − 2 = 0 e le rette

r :

z = 0

x+ y = 0, t :

x = z

2y + z = 2.

Si determini la retta contenuta nel piano π, incidente r e perpendicolare a t.

Soluzione. Sia π1 un piano contenente la retta r. Supponiamo π1 diverso dal piano di

equazione x+ y = 0.

π1 ∈ F(r) : z + k(x+ y) = 0 ⇔ π1 : kx+ ky + z = 0, k ∈ R.

La retta cercata e ottenuta intersecando i piani π1 e π:

h :

kx+ ky + z = 0

y + z − 2 = 0.

Come richiesto dalla traccia, imponiamo che tale retta sia perpendicolare alla retta t.

A tal fine, dopo aver osservato che (k − 1, k, k) e (2,−1, 2) sono i parametri direttori

rispettivamente di h e t, imponiamo:

h ⊥ t ⇔ 2k − 2− k + 2k = 0 ⇔ k =2

3.

La retta cercata ha dunque equazione:

h :

2x+ 2y + 3z = 0

y + z − 2 = 0.

Esercizio 25. Si determinino in E3 le rette incidenti

r :

y = 2x

x = z, s :

x = 1

y = z

ed aventi distanza 1√2

dal piano π : x− y = 0.

41


Soluzione.

Sia R ∈ r generico, R(α, 2α, α).

Sia S ∈ s generico, S(1, β, β).

Consideriamo quindi la retta [R,S] avente parametri direttori (α− 1, 2α− β, α− β).

Al fine di considerare la distanza tra tale retta e il piano π, imponiamo:

[R,S] ‖ π ⇔ α− 1− 2α+ β = 0 ⇔ β = α+ 1.

Imponiamo dunque, come richiesto dalla traccia:

d([R,S], π) =1√2⇔ d(R, π) =

1√2⇔ |α− 2α|√

2=

1√2⇔ α = ±1.

Sostituendo tali valori si ottengono i punti:

R1(1, 2, 1), S1(1, 2, 2), R2(−1,−2,−1), S2(1, 0, 0).

Dunque le rette cercate sono:

t1 = [R1, S1] :x− 1

1− 1=y − 2

2− 2=z − 1

2− 1⇔ t1 :

x = 1

y = 2.

t2 = [A2, B2] :x+ 1

1 + 1=y + 2

0 + 2=z + 1

0 + 1⇔ t2 :

x− y − 1 = 0

y − 2z = 0.

Esercizio 26. In E3 si determinino le rette passanti per l’origine, incidenti r :

y = 2x− 2

z = x+ 1

e formanti un angolo di π6 con r.

Soluzione.

Sia R(α, 2α− 2, α+ 1) ∈ r generico e sia s = [O,R] una retta passante per O e incidente

r. E chiaro che s ha parametri direttori (α, 2α−2, α+ 1); la retta r ha parametri direttori

(1, 2, 1).

Affinche s sia la retta cercata, imponiamo che cos rs =√32 , ossia imponiamo:

± α+ 2(2α− 2) + α+ 1√α2 + (2α− 2)2 + (α+ 1)2

√1 + 4 + 1

=

√3

2

(6α− 3)2

3(6α2 − 6α+ 5)=

3

2⇔ α =

1±√

7

2.

Sostituendo tali valori in R si ottengono i punti R1 e R2 che determinano le rette cercate,

rispettivamente s1 = [O,R1], s2 = [O,R2].

42


Esercizio 27. Si considerino in E3 il piano π : y + z = 0 e le rette:

r :

x− y = 0

z + 1 = 0, s :

y = 0

x+ z = 0.

Si determini la minima distanza e la retta di minima distanza tra r e s.

Soluzione.

Verifichiamo per prima cosa che le rette r e s siano sghembe.

Dato che r ha parametri direttori (−1,−1, 0) e s ha parametri direttori (1, 0,−1), si ha

che r ∦ s in quanto (−1,−1, 0) e (1, 0,−1) non sono proporzionali.

Verifichiamo ora che r ∩ s = ∅. Infatti:

x− y = 0

z + 1 = 0

y = 0

x+ z = 0

⇔

x = y = 0

z = −1

y = 0

x = −z = 1

che e assurdo.

Quindi r e s sono sghembe; dunque ha senso calcolarne la minima distanza.

A tal fine determiniamo il piano π1 contenente s e parallelo a r.

π1 ∈ F(s) : y + k(x+ z) = 0, k ∈ R ∧ π1 ‖ r.

Quindi, considerato π1 : kx+y+kz = 0, k ∈ R, si ha che π1 ‖ r ⇔ −k−1 = 0 ⇔ k = −1.

Dunque π1 : x− y + z = 0.

Determiniamo ora il piano π2 contenente s e perpendicolare a π1.

π2 ∈ F(s) : y + k(x+ z) = 0, k ∈ R ∧ π2 ⊥ π1.

Quindi, considerato π2 : kx+ y + kz, k ∈ R: π2 ⊥ π1 ⇔ k − 1 + k = 0 ⇔ k = 12 .

Dunque π2 : x+ 2y + z = 0.

Analogamente, determiniamo il piano π3 contenente r e perpendicolare a π1.

π3 ∈ F(r) : x− y + k(z + 1) = 0, k ∈ R ∧ π3 ⊥ π1.

Considerato π3 : x− y + kz + k = 0, si ha: π3 ⊥ π1 ⇔ 1 + 1 + k = 0 ⇔ k = −2.

Quindi π3 : x− y − 2z − 2 = 0.

43


La retta cercata e t = π2 ∩ π3 :

x+ 2y + z = 0

x− y − 2z − 2 = 0.

Per calcolare la minima distanza possiamo procedere in due modi.

PRIMO METODO

La minima distanza tra r e s non e altro che la distanza tra r e il piano π1:

m.d.(r, s) = d(r, π1) = d(P, π1)

ove P e un punto di r arbitrariamente scelto.

Sia quindi P (0, 0,−1) ∈ r. In base a quanto detto:

m.d.(r, s) =| − 1|√

3=

1√3

=

√3

3.

SECONDO METODO

Considerati A e B i punti di intersezione di t rispettivamente con le rette r e s, la minima

distanza cercata e la distanza tra tali punti.

Sia quindi {A} = r ∩ t :

x− y = 0

z + 1 = 0

x+ 2y + z = 0

x− y − 2z − 2 = 0

⇔ A =(13 ,

13 ,−1

).

{B} = s ∩ t :

y = 0

x+ z = 0

x+ 2y + z = 0

x− y − 2z − 2 = 0

⇔ B =(23 , 0,−

23

).

Quindi:

m.d.(r, s) = d(A,B) =

√(1

3− 2

3

)2

+1

9+

(−1 +

2

3

)2

=

√1

3=

√3

3.

Esercizio 28. Fissato in E3 un riferimento cartesiano, si considerino le rette:

r :

y − 1 = 0

x = 0, s :

y − z = 0

x− z = 0.

44


Dopo aver verificato che le rette r e s sono sghembe, determinare la minima distanza tra

r e s senza calcolare la retta di minima distanza.

Soluzione.

Per verificare che r e s sono sghembe basta procedere come visto nel precedente esercizio.

Calcoliamo la minima distanza tra r e s senza determinare la retta di minima distanza.

A tal fine determiniamo il piano π contenente r e parallelo a s:

π ∈ F(r) : kx+ y − 1 = 0, k ∈ R ∧ π ‖ s.

Poiche s ha parametri direttori (1, 1, 1), considerato π : kx+ y − 1 = 0, si ha che π ‖ s⇔k = −1. Quindi π : −x+ y − 1 = 0.

Come visto nell’esercizio precedente:

m.d.(r, s) = d(s, π) = d(S, π)

ove S ∈ s punto arbitrario.

Sia quindi S = (0, 0, 0) ∈ s, si ha:

m.d.(r, s) =| − 1|√

2=

1√2

=

√2

2.

Esercizio 29. Consideriamo in E3 il piano π : x+ z− 1 = 0 e la retta r :

x = 0

y − 1 = 0.

Si determini la retta passante per l’origine, parallela a π ed avente minima distanza 1

dalla retta r.

Soluzione.

Determiniamo per prima cosa l’equazione del piano π1 passante per O e parallelo a π.

π1 ∈ F(π) : x+ z + k = 0, k ∈ R

O ∈ π1 ⇔ k = 0.

Quindi π1 : x+ z = 0.

Determiniamo ora il piano π2 passante per O, parallelo alla retta r ed avente distanza 1

da r:

π2 ∈ Stπ(O) ∧ π2 ‖ r ∧ d(π2, r) = 1.

π2 ∈ Stπ(O) ⇔ π2 : ax+ by + cz = 0.

Osservato che la retta r ha parametri direttori (0, 0, 1), si ha: π2 ‖ r ⇔ c = 0.

45


Quindi π2 : ax+ by = 0.

Imponiamo quindi che d(π2, r) = 1, ossia, considerato R ∈ r punto arbitrario, imponiamo

che d(π2, R) = 1.

Sia R(0, 1, 0) ∈ r.

d(π2, R) = 1 ⇔ |b|√a2 + b2

= 1 ⇔ |b| =√a2 + b2 ⇔ b2 = a2 + b2 ⇔ a = 0.

Dunque π2 : y = 0.

In conclusione, la retta cercata e:

t = π1 ∩ π2 :

x+ z = 0

y = 0.

Esercizi sulla sfera

Esercizio 30. Si considerino in E3 le rette

r :

z = x

y = 2x+ 1, s :

x = y

z = y − 1.

Si determini la sfera Σ tangente r in A(0, 1, 0) e s in B(0, 0,−1).

Soluzione.

46


Determiniamo il piano π′ passante per A e perpendicolare a r.

Osservando che r ha parametri direttori (1, 2, 1), si ha:

π′ : x+ 2(y − 1) + z = 0 ⇔ π′ : x+ 2y + z − 2 = 0.

Determiniamo ora il piano π′′ passante per B e perpendicolare a s.

Dato che s ha parametri direttori (1, 1, 1), si ha:

π′′ : x+ y + z + 1 = 0.

Il centro della sfera cercata e certamente un punto della retta ottenuta dall’intersezione di

π′ e π′′.

C ∈ π′ ∩ π′′ :

x+ 2y + z − 2 = 0

x+ y + z + 1 = 0⇔

y − 3 = 0

x+ y + z + 1 = 0.

Quindi C(−4− α, 3, α), con α ∈ R.

Affinche tale punto sia proprio il centro della sfera cercata, imponiamo che:

d(C,A) = d(C,B)

Quindi:√(−4− α)2 + (3− 1)2 + α2 =

√(−4− α)2 + 9 + (α+ 1)2

(−4− α)2 + 4 + α2 = (−4− α)2 + 9 + (α+ 1)2

4 + α2 = 9 + α2 + 2α+ 1

α = −3.

Dunque C(−1, 3,−3) e il centro di Σ.

Determiniamo il raggio ρ = d(C,A) =√

14.

Si conclude che la sfera cercata ha equazione:

Σ : (x+ 1)2 + (y − 3)2 + (z + 3)2 = 14.

Esercizio 31. Fissato in E3 un riferimento metrico, si considerino le rette

r :

z + 2y = 0

x = −1, s :

x− y = 0

z = 2.

Si determini la sfera tangente r nel punto A(−1, 0, 0) e con centro sulla retta s.

47


Soluzione.

Il centro della sfera cercata appartiene al piano π perpen-

dicolare a r passante per il punto A.

Osservando quindi che r ha parametri direttori (0, 1,−2),

si ha : π : y − 2z = 0.

In base a quanto scritto nella traccia, sappiamo anche che

il centro della sfera giace sulla retta s, quindi:

C ∈ π ∩ s :

y − 2z = 0

x− y = 0

z = 2

⇔

y = 2z

x = y

z = 2

⇔ C(4, 4, 2).

Il raggio della sfera e ρ = d(C,A) =√

(4 + 1)2 + 42 + 22 =√

45.

In definitiva, la sfera cercata ha equazione:

Σ : (x− 4)2 + (y − 4)2 + (z − 2)2 = 45.

Esercizio 32. Si fissi in E3 un riferimento metrico.

Si scrivano le equazioni delle sfere tangenti il piano π : z = 1, l’asse y e l’asse x nel punto

P (1, 0, 0).

Soluzione. Il centro della sfera e un punto del piano π′ passante per P e perpendicolare

all’ asse x. Determiniamo quindi un’equazione di π′.

Ricordando che l’asse x ha parametri direttori (1, 0, 0), si ricava facilmente che:

π′ : x = 1.

Sia quindi C ∈ π′ punto generico; C(1, α, β), al variare di α, β ∈ R.

Affinche tale punto sia il centro della sfera cercata dobbiamo imporre:

d(C, asse y) = d(C, π) = d(C,P ).

d(C,P ) =√α2 + β2.

d(C, π) = |β−1|1 .

Calcoliamo infine la distanza tra C e l’asse y. A tal fine determiniamo il piano π′′ passante

per C e perpendicolare all’asse y. Ricordando che l’asse y ha parametri direttori (0, 1, 0),

si ha: π′′ : y = α.

48


Sia {H} = π′′ ∩ assey = (0, α, 0).

Si ha: d(C, asse y) = d(C,H) =√

1 + β2.

Sostituendo i risultati ottenuti nella catena di uguaglianze precedentemente scritta, si

ottiene:

√1 + β2 = |β−1| =

√α2 + β2 ⇔

1 + β2 = (β − 1)2

α2 + β2 = (β − 1)2⇔

β = 0

α2 = 1⇔

β = 0

α = ±1.

Sostituendo tali risultati nella generica espressione di C, si ottengono i punti C1(1, 1, 0),

C2(1,−1, 0), centri rispettivamente delle sfere Σ1, Σ2, aventi entrambe raggio:

ρ = |β − 1| = 1.

Quindi:

Σ1 : (x− 1)2 + (y − 1)2 + z2 = 1;

Σ2 : (x− 1)2 + (y + 1)2 + z2 = 1.

Esercizio 33. Fissato in E3 un riferimento metrico, si scriva l’equazione della sfera Σ

tangente il piano π : x+ y = 0 in A(1,−1, 1) e passante per il punto P (2, 0, 0).

Soluzione.

Il centro della sfera cercata appartiene alla retta r passante

per A e perpendicolare a π.

Determiniamo quindi tale retta:

r :x− 1

1=y + 1

1=z − 1

0⇔ r :

x− y − 2 = 0

z = 1.

Sia C(α, α− 2, 1) ∈ r un punto generico.

Affinche C sia il centro della sfera cercata, imponiamo:

d(C,A) = d(C,P ).√(α− 1)2 + (α− 2 + 1)2 + (1− 1)2 =

√(α− 2)2 + (α− 2− 0)2 + (1− 0)2

2(α− 1)2 = 2(α− 2)2 + 1

2α2 − 4α+ 2 = 2α2 − 8α+ 8 + 1

4α = 7 ⇔ α = 74 .

Quindi C(74 ,−

14 , 1).

49


ρ =

√2(74 − 1

)2=√

98 .

La sfera cercata ha equazione:

Σ :

(x− 7

4

)2

+

(y +

1

4

)2

+ (z − 1)2 =9

8.

Esercizi sulla circonferenza

Esercizio 34. Fissato in E3 un riferimento cartesiano, si consideri la circonferenza

C :

x2 + y2 + z2 + 2x− 1 = 0

z = 0.

1. Si determinino centro e raggio di C.

2. Si scriva l’equazione della sfera Σ′ contenente la circonferenza C e passante per il

punto P (2, 1, 1).

3. Si determini un’equazione del piano π tangente Σ′ in P .

Soluzione.

1. Osserviamo che la circonferenza C e ottenuta dall’intersezione della sfera Σ : x2 +

y2 + z2 + 2x− 1 = 0 con il piano πC : z = 0.

La sfera Σ ha centro

C

(−2

2,−0

2,−0

2

)= (−1, 0, 0) .

Poiche C ∈ πC , il centro e il raggio della circonferenza coincidono con quelli di Σ.

In particolare il raggio e:

ρ =√

(−1)2 + 02 + 02 + 1 =√

2.

50


2.

La sfera Σ′ ha centro sull’asse di C. Determiniamo quindi tale asse, cioe determiniamo

la retta a passante per C e perpendicolare a πC .

a :x+ 1

0=y − 0

0=z − 0

1⇔ a :

x+ 1 = 0

y = 0.

Sia C ′(−1, 0, α) un punto generico di a.

A questo punto, per determinare per quale valore di α C ′ sia centro della sfera cer-

cata, possiamo procedere in due modi:

PRIMO MODO:

Consideriamo un punto arbitrario di C: A(0, 1, 0). Affinche C ′ sia centro di Σ′

imponiamo:

d(C ′, A) = d(C ′, P )

√2 + α2 =

√9 + 1 + 1− 2α+ α2

2 = 11− 2α

α = 92 .

Quindi C ′ =(−1, 0, 92

).

Il raggio della sfera cercata e: ρ′ = d(A,C ′) =√

894 .

Pertanto

Σ′ : (x+ 1)2 + y2 +

(z − 9

2

)2

=89

4.

SECONDO MODO:

Dopo aver osservato che d(C,C ′) = |α|, ricaviamo il raggio di Σ′ utilizzando il

51


Teorema di Pitagora:

ρ′ =√ρ2 + d(C,C ′)2 =

√2 + α2.

Imponiamo quindi

d(C ′, P ) = ρ′ ⇔√

9 + 1 + (1− α)2 =√

2 + α2

Svolgendo i calcoli, si ottiene α = 92 .

Bisogna proseguire quindi come nel caso precedente.

3. Determiniamo infine l’equazione del piano π tangente Σ′ in P . Tale piano π e il

piano passante per P e perpendicolare alla retta [C ′, P ].

Per determinare l’equazione di π basta osservare che (−6,−2, 7) e terna di parametri

direttori di [C ′, P ]. Allora:

π : −6(x− 2)− 2(y − 1) + 7(z − 1) = 0 ⇔ π : −6x− 2y + 7z + 7 = 0.

Nota: Per verificare che l’equazione di π ottenuta sia proprio quella cercata, basta

semplicemente calcolare la distanza tra π e C ′ e verificare che coincida con ρ′:

d(π,C ′) =|6 + 63

2 + 7|√

36 + 4 + 49=

89

2

1√89

=

√89

2= ρ′.

Esercizio 35. Si considerino in E3 il piano π : y + 2z = 0 e le rette

r :

x− y = 0

z = 1, s :

2y − z = 0

x+ y = 0.

Dopo aver determinato l’equazione della sfera Σ tangente r in A(0, 0, 1) e tangente s nel-

l’origine, determinare le equazioni delle circonferenze contenute in Σ e nei piani paralleli

a π a distanza 1√3

dal centro C di Σ.

Soluzione. Per prima cosa ricaviamo l’equazione di Σ.

A tal fine determiniamo l’equazione del piano π′ passante per A e perpendicolare a r.

Osservato che (1, 1, 0) e terna di parametri direttori di r, si ha:

π′ : x+ y = 0.

52


Determiniamo ora un’equazione del piano π′′ passante per O e perpendicolare a s.

Dato che s ha parametri direttori (1,−1,−2), si ha:

π′′ : x− y − 2z = 0.

Sia quindi h = π′ ∩ π′′ la retta su cui giace il centro C di Σ.

h :

x+ y = 0

x− y − 2z = 0⇔ h :

x = −y

z = −y.

Consideriamo un punto generico di tale retta: C(−α, α,−α).

Affinche C sia il centro della sfera cercata, imponiamo:

d(C,A) = d(C,O).

Svolgendo i calcoli, si ricava: α = −12 .

Quindi:

C

(1

2,−1

2,1

2

);

ρ =

√3

4;

Σ :

(x− 1

2

)2

+

(y +

1

2

)2

+

(z − 1

2

)2

=3

4.

Determiniamo ora le equazioni delle circonferenze.

Per prima cosa scriviamo l’equazione del generico piano parallelo a π.

π1 : y + 2z + k = 0, k ∈ R.

53


Imponiamo, come richiesto dalla traccia:

d(π1, C) =1√3⇔| − 1

2 + 1 + k|√

5=

1√3⇔ k +

1

2= ±

√5

3.

Nel caso k1 =√

53 −

12 , si ha:

π1 : y + 2z +

√5

3− 1

2= 0.

Quindi la prima delle circonferenze cercate ha equazione:

C1 :

(x− 1

2

)2+(y + 1

2

)2+(z − 1

2

)2= 3

4

y + 2z +√

53 −

12 = 0

.

Analogamente, nel caso k2 = −√

53 −

12 , si ha:

π2 : y + 2z −√

5

3− 1

2= 0.

e quindi:

C2 :

(x− 1

2

)2+(y + 1

2

)2+(z − 1

2

)2= 3

4

y + 2z −√

53 −

12 = 0

.

Esercizio 36. Si consideri E3 munito di un riferimento cartesiano.

Determinare la circonferenza C tangente l’asse y in A(0, 1, 0) e passante per P (0, 2, 2).

Soluzione.

Per prima cosa determiniamo l’equazione del piano della circonferenza. A tal fine basta

determinare l’equazione del piano contenente l’asse y e P .

Quindi : πC : x+ kz = 0, k ∈ R.

P ∈ πC ⇔ 0 + 2k = 0 ⇔ k = 0.

πC : x = 0.

Determiniamo ora l’equazione della sfera Σ, contenente C ed avente centro su πC .

Dato che la circonferenza cercata e tangente l’asse y in A, determiniamo l’equazione del

piano π passante per A e perpendicolare all’asse y.

π : y = 1.

Allora C ∈ π ∩ πC :

x = 0

y = 1.

54


Quindi C(0, 1, α), α ∈ R.Affinche C sia il centro della sfera cercata imponiamo:

d(C,A) = d(C,P ).

Svolgendo i calcoli (come nei precedenti esercizi), si ottiene

α =5

4.

Quindi C = (0, 1, 54), ρ =√

2516 .

Σ : x2 + (y − 1)2 + (z − 5

4)2 =

25

16.

Concludendo si ha:

C :

x2 + (y − 1)2 + (z − 54)2 = 25

16

x = 0.

Esercizio 37. Si consideri E3 munito di un riferimento cartesiano e si considerino le

rette

r :

y = 0

x+ z = 0, s :

x = y

z = 0.

Determinare le circonferenze tangenti r in A(1, 0,−1) e tangenti s.

Soluzione.

Osserviamo che il problema in esame ammette soluzione solo se le rette r e s risultano

complanari.

Dato che: ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 0 0

1 0 1 0

1 −1 0 0

0 0 1 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0

r, s sono incidenti, quindi complanari.

Determiniamo ora l’equazione del piano della circonferenza, cioe del piano contenente

r e s. Osserviamo che πC non e il piano π : x+ z = 0 perche questo non contiene la retta

s.

πC ∈ F(r) ⇔ πC : y + k(x+ z) = 0, k ∈ R.

55


Sia P (1, 1, 0) ∈ s punto scelto arbitrariamente, con P /∈ r:P ∈ πC ⇔ 1 + k = 0 ⇔ k = −1.

Sostituendo tale valore di k si ottiene:

πC : x− y + z = 0.

Vogliamo ora determinare l’equazione della sfera Σ contenente C ed avente centro su

πC . A tal fine determiniamo per prima cosa l’equazione del piano π passante per A e

perpendicolare a r.

Osservando che r ha parametri direttori (1, 0,−1), si ha:

π : x− z − 2 = 0.

Il centro della circonferenza (e quindi della sfera Σ) appartiene sia a π che a πC , quindi:

C ∈ π ∩ πC :

x− z − 2 = 0

x− y + z = 0⇔

z = x− 2

y = 2x− 2

C(α, 2α− 2, α− 2), α ∈ R.Come fatto nei precedenti esercizi, affinche C sia il centro della sfera cercata si impone:

d(C,A) = d(C, s).

Quindi, procedendo come gia visto in precedenza, si ha:

α = 0 ∨ α =4

3.

Si ottengono C1(0,−2,−2), C2(43 ,

23 ,−

23) centri delle sfere di raggio ρ1 = d(C1, A) =

√6,

ρ2 = d(C2, A) =√

23 rispettivamente.

In conclusione:

C1 :

x2 + (y + 2)2 + (z + 2)2 = 6

x− y + z = 0;

C2 :

(x− 43)2 + (y − 2

3)2 + (z + 23)2 = 2

3

x− y + z = 0

sono le circonferenze cercate.

NOTA: Per calcolare la distanza tra C e s (cioe tra un punto e una retta) bisogna

procedere analogamente a quanto fatto nell’esercizio 32.

56


Esercizi sulle superfici di rotazione

Esercizio 38. Si considerino in E3 la retta a :

x = y

z = 1e i punti V (1, 1, 1) e A(0,−1, 1).

Si determini l’equazione del cono circolare retto Γ di asse a, vertice V e passante per A.

Soluzione.

PRIMO METODO: Γ come luogo di paralleli

Osserviamo che Γ e la superficie ottenuta dalla rotazione di [V,A] attorno all’asse a.

Sia g = [V,A] : x1 = y+11+1 = z−1

1−1 ⇔ g :

z = 1

2x− y − 1 = 0.

Consideriamo un generico punto su g: Pα(α, 2α− 1, 1) ∈ g.

Determiniamo quindi l’equazione del piano πα passante per Pα e perpendicolare all’asse:

tale πα e il piano contenente il parallelo.

Dato che a ha parametri direttori (1, 1, 0), si ha:

πα : x+ y − 3α+ 1 = 0.

Dato che tutte le sfere che contengono il parallelo hanno centro sull’asse di rotazione,

scegliamo arbitrariamente un punto C ∈ a: C(0, 0, 1).

57


Determiniamo quindi il raggio della sfera avente tale centro:

ρα = d(C,Pα) =√α2 + (2α− 1)2 =

√5α2 − 4α+ 1.

Quindi:

Σα : x2 + y2 + (z − 1)2 = 5α2 − 4α+ 1.

Possiamo pertanto considerare il parallelo:

Cα = Σα ∩ πα :

x2 + y2 + (z − 1)2 = 5α2 − 4α+ 1

x+ y − 3α+ 1 = 0⇔

x2 + y2 + (z − 1)2 = 5α2 − 4α+ 1

α = x+y+13

.

Sostituendo tale α nella prima equazione, si ottiene l’equazione del cono circolare retto

cercato:

Γ : x2 + y2 + (z − 1)2 =5(x+ y + 1)2

9− 4(x+ y + 1)

3+ 1.

SECONDO METODO: Γ come luogo di generatrici

In questo caso come direttrice scegliamo il parallelo di Γ passante per A.

Consideriamo il piano π passante per A e perpendicolare all’asse:

π : x+ y + 1 = 0.

Come prima, scegliamo C(0, 0, 1) ∈ a e determiniamo l’equazione della sfera Σ di centro

C e raggio ρ = d(C,A) = 1.

Possiamo quindi scrivere l’equazione del parallelo scelto:

γ = Σ ∩ π :

x2 + y2 + (z − 1)2 = 1

x+ y + 1 = 0.

Consideriamo un punto P ∈ γ generico:

P (α,−α− 1, β), con α2 + (−α− 1)2 + (β − 1)2 = 1,

e consideriamo

[V, P ] :x− 1

α− 1=

y − 1

−α− 2=z − 1

β − 1.

Allora: (−α− 2)(x− 1) = (α− 1)(y − 1)

(β − 1)(x− 1) = (α− 1)(z − 1)

α2 + (−α− 1)2 + (β − 1)2 = 1

Per comodita risolviamo separatamente le tre equazioni.

58


Prima equazione:

(−α− 2)(x− 1) = (α− 1)(y − 1) ⇔ −αx+ α− 2x+ 2 = αy − α− y + 1 ⇔⇔ α(2− x− y) = 2x− y − 1 ⇔ α = 2x−y−1

2−x−y .

Seconda equazione: Sostituendo il valore di α ottenuto nella prima equazione, si ha:

(β − 1)(x− 1) = (α− 1)(z − 1) ⇔ βx− β − x+ 1 =(2x−y−12−x−y

)z − 2x−y−1

2−x−y − z + 1⇔

⇔ β(x− 1) = (2x−y−1)(z−1)2−x−y − z + x ⇔ β = 1

x−1

[(2x−y−1)(z−1)

2−x−y − z + x.]

Terza equazione: Sostituendo α e β con i valori ottenuti risolvendo le precedenti equazioni,

si ottiene l’equazione del cono circolare retto cercato:

Γ :

(2x− y − 1

2− x− y

)2

+

(2x− y − 1

2− x− y+ 1

)2

+

[1

x− 1

((2x− y − 1)(z − 1)

2− x− y− z + x

)− 1

]2= 1.

Esercizio 39. Si considerino in E3 le rette:

r :

x+ z = 0

y − z = 0, s :

x = z

y = z.

Si scriva l’equazione della superficie ottenuta dalla rotazione di r attorno a s.

Soluzione.

Risolviamo il problema con il primo metodo visto nell’e-

sercizio precedente, cioe considerando Γ come luogo di pa-

ralleli.

Sia P ∈ r generico, P (−α, α, α).

Determiniamo l’equazione del piano πα passante per P e

perpendicolare a s:

πα : x+ y + z − α = 0,

essendo (1, 1, 1) i parametri direttori di s.

Sia C ∈ s scelto arbitrariamente: C(0, 0, 0).

Consideriamo C come centro della sfera Σα di raggio ρα = d(C,P ) =√

3α2.

Σα : x2 + y2 + z2 = 3α2.

59


Consideriamo quindi la direttrice:

Cα :

x2 + y2 + z2 = 3α2

x+ y + z − α = 0.

Dalla seconda equazione si ottiene: α = x+y+ z. Sostituendo tale valore di α nella prima

equazione, si ricava l’equazione cartesiana della superficie di rotazione cercata:

Γ : x2 + y2 + z2 = 3(x+ y + z)2 ⇔ Γ : 2x2 + 2y2 + 2z2 + 6xy + 6xz + 6yz = 0.

Esercizio 40. Si determini in E3 l’equazione del cono circolare retto di vertice V (0, 0, 1)

e direttrice C :

x2 + y2 + z2 = 1

z = 0.

Soluzione.

Consideriamo un generico punto P ∈ C: P (α, β, 0), con α2 + β2 = 1.

Sia [P, V ] : x−0α = yβ = z−1

−1 .

Quindi y = β(1− z)

xβ = yα

α2 + β2 = 1

⇔

β = y

1−z

α = x1−z

α2 + β2 = 1

.

Sostituendo i valori di α e β nella terza equazione, si ha:

Γ :x2

(1− z)2+

y2

(1− z)2= 1 ⇔ Γ : x2 + y2 = (1− z)2.

ALTRO METODO:

Ricaviamo l’equazione di Γ come luogo di paralleli. Il problema si riduce ad individuare

una ben precisa generatrice prendendo un punto di C.Sia P (1, 0, 0) ∈ C e consideriamo

g = [V, P ] :x− 0

1=y − 0

0=z − 1

−1⇔ g :

y = 0

z = −x+ 1.

Sia Sα ∈ g generico, Sα(α, 0,−α+ 1).

Determiniamo ora l’asse di rotazione.

60


Osserviamo che C = Σ ∩ π con Σ : x2 + y2 + z2 = 1 e π : z = 0.

Pertanto sia Σ che C hanno centro C ≡ O(0, 0, 0).

L’asse di rotazione a e la retta passante per O e perpendicolare al piano z = 0.

a :x

0=y

0=z

1⇔ a :

x = 0

y = 0

cioe a e l’asse z.

Sia πα il piano passante per Sα e perpendicolare all’asse di rotazione:

πα : z + α− 1 = 0.

Determiniamo quindi l’equazione della sfera Σα contenente il parallelo, cioe della sfera di

centro O e raggio ρα = d(O,Sα) =√α2 + (1− α)2.

Σα : x2 + y2 + z2 = α2 + (1− α)2.

Allora:

Cα :

x2 + y2 + z2 = α2 + (1− α)2

z + α− 1 = 0⇔

x2 + y2 + z2 = α2 + (1− α)2

α = 1− z

quindi sostituendo α nella prima equazione, si ottiene:

Γ : x2 + y2 = (1− z)2.

Esercizio 41. Si scriva in E3 l’equazione del cilindro circolare retto circoscritto alla sfera

Σ : x2 + y2 + z2 − 2x− 1 = 0

ed aventi generatrici parallele a

r :

x = 0

z = y.

Soluzione.

Sia C l’equatore di Σ che giace sul piano π passante per C

e perpendicolare a r, ove C e il centro della sfera.

Ovviamente C e una direttrice di Γ.

61


Determiniamo l’equazione di π, osservando che C(1, 0, 0) e che (0, 1, 1) e terna di para-

mentri direttori di r.

π : y + z = 0.

Sia P ∈ C generico: P (α, β,−β), con α2+β2+(−β)2−2α−1 = 0, ossia α2+2β2−2α−1 = 0.

Consideriamo quindi la retta passante per P e parallela a r:

g :x− α

0=y − β

1=z + β

1⇔ g :

x = α

y − z = 2β.

Quindi: x = α

y − z = 2β

α2 + 2β2 − 2α− 1 = 0

⇔

α = x

β = y−z2

α2 + 2β2 − 2α− 1 = 0

.

Sostituendo i valori di α e β nell’ultima equazione, si ha:

Γ : x2 + 2

(y − z

2

)2

− 2x− 1 = 0.

Esercizio 42. Si consideri E3 munito di un riferimento cartesiano.

Si scriva l’equazione del cono circolare retto di vertice V (1, 1, 0), asse a :

x = y

z = 0e

semiapertura π4 .

Soluzione.

Consideriamo la generica retta per il vertice:

g :x− 1

l=y − 1

m=z

n

e imponiamo cos ga =√22 .

62


Quindi, dato che l’asse a ha parametri direttori (1, 1, 0):

± l +m√2√l2 +m2 + n2

=

√2

2⇔ ±(l +m) =

√l2 +m2 + n2.

Elevando al quadrato:

(l +m)2 = l2 +m2 + n2 ⇔ l2 +m2 + 2lm = l2 +m2 + n2 ⇔ 2lm = n2.

Quindi: m(x− 1) = l(y − 1)

n(y − 1) = mz

2lm− n2 = 0

⇔

l = m

(x−1y−1

)n = mz

y−1

2m2(x−1y−1

)−(mzy−1

)2= 0

.

In conclusione:

Γ : 2

(x− 1

y − 1

)− z2

(y − 1)2= 0.

63

ESERCIZIARIO DI GEOMETRIA N.2 Tutor: dott.ssa Rosanna Rana · nguna base di V, f2End(V). Si...

Documents

Transcript of ESERCIZIARIO DI GEOMETRIA N.2 Tutor: dott.ssa Rosanna Rana · nguna base di V, f2End(V). Si...