\documentclass{amsart}

\newtheorem{theorem}{Teorema}[section]
\newtheorem{lemma}[theorem]{Lemma}
\newtheorem{cor}[theorem]{Corollary}
\newtheorem{prop}[theorem]{Proposition}

\newtheorem{definition}[theorem]{Definizione}
\newtheorem{example}[theorem]{Example}
\newtheorem{xca}[theorem]{Exercise}

\newtheorem{remark}[theorem]{Remark}

\begin{document}
\hyphenation{mol-te-pli-ci ca-no-ni-ca ca-no-ni-co en-do-mor-fi-smo}

\textsc{Alcuni esercizi sullo spazio euclideo $\mathbb{R}^3$}
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Nel seguito $\mathbb{R}^3$ indicher\`a lo spazio euclideo tridimensionale standard, dotato del riferimento cartesiano naturale (pag. 156-157 del libro). Nota: gli esercizi proposti si possono svolgere in molti modi diversi. Le soluzioni qui riportate non sono, ovviamente, le uniche possibili.
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\textsc{Esercizio 1.} Dire se le rette $r$ e $s$ di $\mathbb{R}^3$ di equazioni parametriche
$$r:\left\{\begin{array}{ccc}
  x &=& t +1\\
  y &=& t-7\\
  z &=& 5t \\
\end{array}\right., s:\left\{\begin{array}{ccc}
  x &=& 3t\\
  y &=& 12t+2\\
  z &=& -3t -4\\
\end{array}\right.$$
sono parallele e se sono ortogonali. Nel caso che siano ortogonali dire se sono incidenti oppure sghembe.
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\textbf{Svolgimento.}
Dalle due rappresentazioni parametriche si vede subito che $(1,1,5)$ e $(3,12,-3)$ sono due terne di numeri direttori per $r$ e $s$, rispettivamente.

La condizione di parallelismo fra $r$ e $s$ \`e data dall'uguaglianza $\rho\left(
                                    \begin{array}{ccc}
                                      1 & 1 & 5 \\
                                      3 & 12 & -3
                                    \end{array}
                                  \right)=1$ (cio\`e le due terne di numeri direttori devono essere proporzionali). Tale uguaglianza non \`e verificata, poich\'e risulta $\rho\left(
                                    \begin{array}{ccc}
                                      1 & 1 & 5 \\
                                      3 & 12 & -3
                                    \end{array}
                                  \right)=2$. Quindi $r$ e $s$ non sono fra loro parallele.


La condizione di ortogonalit\`a fra le due rette $r$ e $s$ \`e espressa dall'uguaglianza $\langle(1,1,5),(3,12,-3)\rangle=0$. Tale uguaglianza \`e verificata, quindi $r$ e $s$ sono fra loro ortogonali.

Eliminando il parametro $t$ dalle due equazioni parametriche si ottengono una equazione cartesiana per $r$ ed una per $s$:

$$r:\left\{\begin{array}{ccccc}
  x & -y &    & = & 8 \\
    & 5y & -z & = &-35\\
\end{array}\right., s:\left\{\begin{array}{ccccc}
 4x & -y &    & = &-2\\
  x &    & +z & = &-4\\
\end{array}\right..$$

Unendo i due sistemi si ottiene il nuovo sistema lineare
$$r:\left\{\begin{array}{ccccc}
  x & -y &    & = & 8 \\
    & 5y & -z & = &-35\\
 4x & -y &    & = &-2\\
  x &    & +z & = &-4\\
\end{array}\right.,$$
che rappresenta l'intersezione delle due rette.
La matrice incompleta del sistema \`e
$A=\left(
                                    \begin{array}{ccc}
                                      1 & -1 & 0 \\
                                      0 & 5 & -1 \\
                                      4 & -1 & 0 \\
                                      1 & 0  & 1 \\
                                    \end{array}
                                  \right)
$
    mentre quella completa \`e
    $C=\left(
                                    \begin{array}{cccc}
                                      1 & -1 & 0 & 8\\
                                      0 & 5 & -1 & -35\\
                                      4 & -1 & 0 & -2\\
                                      1 & 0  & 1 & -4\\
                                    \end{array}
                                  \right)
$. Dato che $\det C=63\neq 0$ e perci\`o $\rho(C)=4$, si ha (risultando $\rho(A)\le 3$) che $\rho(A)\neq \rho(C)$ e quindi, per il Teorema di Rouch\'e-Capelli, il sistema lineare non ammette soluzioni. Dunque le rette $r$ e $s$ non si intersecano. La conclusione \`e che le due rette sono sghembe (vedere anche la Prop. 11.1 a pag. 201 del libro).



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\textsc{Esercizio 2.} Dire se i piani $\alpha$ e $\beta$ di $\mathbb{R}^3$ di equazioni cartesiane
$$\alpha: x-2y-3z=100, \ \ \ \ \ \ \ \ \beta:4x-8y-12z=1$$
sono ortogonali e se sono paralleli. Nel caso che siano paralleli dire se sono coincidenti oppure disgiunti.
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\textbf{Svolgimento.}
Ricordiamo che le giaciture di $\alpha$ e $\beta$ sono rispettivamente definite dalle equazioni $x-2y-3z=0$ e $4x-8y-12z=0$. Dalle due equazioni cartesiane si vede subito che il vettore $u=(1,-2,-3)$ \`e ortogonale alla giacitura di $\alpha$ e il vettore $v=(4,-8,-12)$ \`e ortogonale alla giacitura di $\beta$. I due piani sono ortogonali se e solo se questi due vettori sono ortogonali, cio\`e se e solo se $\langle(1,-2,-3),(4,-8,-12)\rangle=0$ (Prop. 11.5 a pag. 208 del libro). Questa condizione non \`e soddisfatta e quindi $\alpha$ e $\beta$ non sono fra loro ortogonali.

I due piani $\alpha$ e $\beta$ sono paralleli se e solo se $u$ e $v$ sono proporzionali, cio\`e se e solo se
$\rho\left(
                                    \begin{array}{ccc}
                                      1 & -2 & -3 \\
                                      4 & -8 & -12
                                    \end{array}
                                  \right)=1$ (Prop. 11.3 a pag. 205 del libro).
Tale condizione \`e verificata e quindi i due piani $\alpha$ e $\beta$ sono fra loro paralleli.


Unendo le due equazioni che rappresentano $\alpha$ e $\beta$ si ottiene il nuovo sistema
$$\left\{\begin{array}{ccccc}
  x & -2y &  -3z  & = & 100 \\
 4x & -8y &  -12z  & = &1\\
\end{array}\right.,$$
che rappresenta l'intersezione dei due piani.
La matrice incompleta del sistema \`e
$A=\left(
                                    \begin{array}{ccc}
                                      1 & -2 & -3 \\
                                      4 & -8 & -12 \\
                                    \end{array}
                                  \right)
$
    mentre quella completa \`e
    $C=\left(
                                    \begin{array}{cccc}
                                      1 & -2 & -3 & 100\\
                                      4 & -8 & -12 & 1\\
                                    \end{array}
                                  \right)
$. Dato che $\rho(C)=2$ mentre sappiamo gi\`a che $\rho(A)=1$, si ha che $\rho(A)\neq \rho(C)$ e quindi, per il Teorema di Rouch\'e-Capelli, il sistema lineare non ammette soluzioni. Dunque i piani $\alpha$ e $\beta$ non si intersecano. La conclusione \`e che i due piani sono paralleli e disgiunti (Prop. 11.3 a pag. 205 del libro).



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\textsc{Esercizio 3.} Calcolare una equazione parametrica ed una equazione cartesiana del piano di $\mathbb{R}^3$ passante per i punti $A\equiv(1,0,-1)$, $B\equiv(1,1,2)$ e $C\equiv(2,3,-3)$.

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\textbf{Svolgimento.}
I punti $P$ del nostro piano si possono ottenere ponendo $P=A+s\cdot(B-A)+t\cdot(C-A)$, con $s$ e $t$ numeri reali arbitrari.
In altri termini, un'equazione parametrica del nostro piano \`e data da

$$
\left(
                                    \begin{array}{cc}
                                      x\\
                                      y\\
                                      z\\
                                    \end{array}
                                  \right)=
                                  \left(
                                  \begin{array}{cc}
                                      1\\
                                      0\\
                                      -1\\
                                    \end{array}
                                  \right)+
                                  s\cdot
                                  \left(
                                  \begin{array}{cc}
                                      0\\
                                      1\\
                                      3\\
                                    \end{array}
                                  \right)
                                  + t\cdot
                                  \left(
                                  \begin{array}{cc}
                                      1\\
                                      3\\
                                      -2\\
                                    \end{array}
                                  \right)
,$$

cio\`e

$$\left\{\begin{array}{ccc}
  x &=& t +1\\
  y &=& s+3t\\
  z &=& 3s-2t-1 \\
\end{array}\right..$$

Eliminando dal sistema i parametri $s$ e $t$ si ottiene una equazione cartesiana del piano cercato: $11x-3y+z-10=0$.

Un altro metodo per trovare un'equazione cartesiana del piano per $A$, $B$ e $C$ \`e quello di cercare dei coefficienti $a,b,c,d$ tali che il piano di equazione $ax+by+cz+d=0$ passi per $A$, $B$ e $C$. Queste tre condizioni portano al sistema lineare

$$\left\{\begin{array}{ccccccccc}
  a\cdot 1 & +&b\cdot 0& +&c\cdot (-1) &+&d&=& 0\\
  a\cdot 1 & +&b\cdot 1& +&c\cdot 2 &+&d&=& 0\\
  a\cdot 2 & +&b\cdot 3& +&c\cdot (-3) &+&d&=& 0\\
\end{array}\right.$$
cio\`e
$$\left\{\begin{array}{ccccccccc}
  a &    & -c  & +d &=& 0\\
  a & +b & +2c & +d &=& 0\\
  2a & +3b & -3c & +d &=& 0\\
\end{array}\right..$$
Risolvendo il sistema rispetto al parametro $t=d$ si ottiene che $a=-\frac{11}{10}t$, $b=\frac{3}{10}t$, $c=-\frac{1}{10}t$ e $d=t$.
Quindi l'equazione cercata \`e del tipo $-\frac{11}{10}t\cdot x+\frac{3}{10}t\cdot y-\frac{1}{10}t\cdot z +t=0$ con $t$ numero reale arbitrario non nullo. Ponendo $t=-10$ si ottiene ancora una volta l'equazione $11x-3y+z-10=0$. (Ovviamente qualunque altra scelta di $t\neq 0$ porta ad una equazione cartesiana del piano considerato.)
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\textsc{Esercizio 4.} Calcolare una equazione cartesiana del piano di $\mathbb{R}^3$ passante per $A=(0,1,0)$ e parallelo al piano di equazione cartesiana $x-y-4z=5$.

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\textbf{Svolgimento.}
I piani paralleli al piano $x-y-4z=5$ sono tutti e soli quelli di equazione $x-y-4z+k=0$, con $k$ numero reale arbitrario. Sapendo che il piano passa per il punto $A=(0,1,0)$ si ottiene la condizione $0-1-4\cdot 0+k=0$, cio\`e $k=1$. Perci\`o l'equazione cercata \`e $x-y-4z+1=0$.  (Vedere anche in fondo a pag. 204 del libro.)
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\textsc{Esercizio 5.} Calcolare una equazione cartesiana della retta $r$ di $\mathbb{R}^3$ passante per $A=(0,1,0)$ e ortogonale al piano di equazione cartesiana $x-y-4z=5$.

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\textbf{Svolgimento.}
 La terna $(1,-1,-4)$ \`e una terna di numeri direttori per ogni retta ortogonale al piano $x-y-4z=5$ (Prop. 11.6, pag. 208-209 del libro).
 I punti $P$ della nostra retta si possono ottenere ponendo $P=A+t\cdot(1,-1,-4)$, con $t$ numero reale arbitrario. Quindi una equazione parametrica per la retta cercata \`e
$$
\left(
                                    \begin{array}{cc}
                                      x\\
                                      y\\
                                      z\\
                                    \end{array}
                                  \right)=
                                  \left(
                                  \begin{array}{cc}
                                      0\\
                                      1\\
                                      0\\
                                    \end{array}
                                  \right)+
                                  t\cdot
                                  \left(
                                  \begin{array}{cc}
                                      1\\
                                      -1\\
                                      -4\\
                                    \end{array}
                                  \right)
,$$

cio\`e

$$\left\{\begin{array}{ccc}
  x &=& t \\
  y &=& -t+1\\
  z &=& -4t \\
\end{array}\right..$$

Eliminando dal sistema il parametro $t$ si ottiene una equazione cartesiana del piano cercato: $$\left\{\begin{array}{ccccc}
  x &+y&   &=& 1 \\
  4x&  &+z &=& 0\\
\end{array}\right..$$

Un altro metodo per ottenere una equazione cartesiana della retta $r$ \`e quello di imporre che il vettore $(x,y,z)-(0,1,0)$ sia proporzionale al vettore $(1,-1,-4)$, cio\`e che $\rho\left(
                                    \begin{array}{ccc}
                                      x & y-1 & z \\
                                      1 & -1 & -4
                                    \end{array}
                                  \right)=1$. Questa condizione, per il Teorema di Kronecker (pag. 96 del libro), equivale al sistema lineare

$$\left\{\begin{array}{ccc}
                                 \left(
                                    \det\begin{array}{cc}
                                      x & y-1 \\
                                      1 & -1
                                    \end{array}
                                  \right)   &=& 0 \\
                                  \left(
                                    \det\begin{array}{cc}
                                      x & z \\
                                      1 & -4
                                    \end{array}
                                  \right)   &=& 0 \\
\end{array}\right.,$$
cio\`e al sistema lineare
$$\left\{\begin{array}{ccccc}
  -x &-y& +1  &=& 0 \\
  -4x&  &-z &=& 0\\
\end{array}\right..$$

Questo sistema \`e equivalente a quello precedentemente trovato e d\`a un'altra equazione cartesiana della retta $r$.

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\textsc{Esercizio 6.} Calcolare il coseno del minore fra gli angoli formati dalle rette $r$ e $s$ di equazioni cartesiane
$r:\left\{\begin{array}{ccccc}
  x & -y &  +z  & = & 1 \\
 x & +2y &  -z  & = &2\\
\end{array}\right., s:\left\{\begin{array}{ccccc}
  2x & +y &  -2z  & = & 1 \\
 x & -y &  -z  & = &-1\\
\end{array}\right.$,
incidenti in $(1,1,1)$ nello spazio euclideo $\mathbb{R}^3$.

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\textbf{Svolgimento.}
 Risolvendo i due sistemi lineari omogenei $\left\{\begin{array}{ccccc}
  x & -y &  +z  & = & 0 \\
 x & +2y &  -z  & = &0\\
\end{array}\right.$ e $\left\{\begin{array}{ccccc}
  2x & +y &  -2z  & = & 0 \\
 x & -y &  -z  & = &0\\
\end{array}\right.$ (che definiscono le giaciture di $r$ e $s$) si trovano, rispettivamente, gli spazi vettoriali generati dai vettori $(1,-2,-3)$ e $(1,0,1)$.
 Quindi la terna $(1,-2,-3)$ \`e una terna di numeri direttori per $r$ e la terna $(1,0,1)$ \`e una terna di numeri direttori per $s$.

 Il coseno del pi\`u piccolo fra gli angoli formati dalle rette $r$ e $s$ \`e dato dalla formula $$\frac{|\langle(1,-2,-3),(1,0,1)\rangle|}{\sqrt{(-1)^2+2^2+3^2}\cdot\sqrt{1^2+0^2+1^2}}=\frac{|-2|}{\sqrt{14}\cdot\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{7}}$$ (vedere pag. 136 e la Prop. 11.2 a pag. 203 del libro). Nota: non si richiede che le componenti delle due terne di numeri direttori siano positive.

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\textsc{Esercizio 7.} Dire per quali valori del parametro reale $k$ le rette $r_k$ e $s_k$ di $\mathbb{R}^3$ di equazioni cartesiane
$r_k:\left\{\begin{array}{ccccc}
  x & -y &  +z  & = & k \\
 x & +2y &  -z  & = &2\\
\end{array}\right., s_k:\left\{\begin{array}{ccccc}
  x & +y &    & = & 1 \\
 x & -y &  -2kz  & = &-1\\
\end{array}\right.$,
sono coincidenti, parallele disgiunte, incidenti in un punto o sghembe. (Vedere anche la Prop. 11.1 a pag. 201 del libro).

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\textbf{Svolgimento.}
 Risolvendo i due sistemi lineari si ricavano le equazioni parame\-tri\-che per $r_k$ e $s_k$:
 $$r_k:\left\{\begin{array}{ccc}
  x &=& -\frac{1}{2}t+\frac{k+2}{2}\\
  y &=& t\\
  z &=& \frac{3}{2}t+\frac{k-2}{2} \\
\end{array}\right., s_k:\left\{\begin{array}{ccc}
  x &=& kt\\
  y &=& 1-kt\\
  z &=& t\\
\end{array}\right..$$

Da queste rappresentazioni parametriche otteniamo che $\left(-\frac{1}{2},1,\frac{3}{2}\right)$ (e quindi anche $(-1,2,3)$) \`e una terna di numeri direttori per $r_k$, mentre $(k,-k,1)$ \`e una terna di numeri direttori per $s_k$. Le due rette $r_k$ e $s_k$ sono parallele se e solo se $\rho\left(
                                    \begin{array}{ccc}
                                      -1 & 2 & 3 \\
                                      k & -k & 1
                                    \end{array}
                                  \right)=1$ (cio\`e se e solo se le due terne di numeri direttori sono proporzionali). Questa condizione, per il Teorema di Kronecker (pag. 96 del libro), equivale al sistema lineare

$$\left\{\begin{array}{ccc}
                                 \left(
                                    \det\begin{array}{cc}
                                      -1 & 2 \\
                                      k & -k
                                    \end{array}
                                  \right)   &=& 0 \\
                                  \left(
                                    \det\begin{array}{cc}
                                      -1 & 3 \\
                                      k & 1
                                    \end{array}
                                  \right)   &=& 0 \\
\end{array}\right.,$$
cio\`e al sistema lineare
$$\left\{\begin{array}{ccc}
  -k  &=& 0 \\
  -1-3k &=& 0\\
\end{array}\right..$$

Questo sistema non ammette soluzione e quindi le rette $r_k$ e $s_k$ non sono parallele per alcun valore di $k$.

Unendo i sistemi che definiscono $r_k$ e $s_k$ si ottiene il sistema lineare

$$\left\{\begin{array}{ccccc}
  x & -y &  +z  & = & k \\
 x & +2y &  -z  & = &2\\
  x & +y &    & = & 1 \\
 x & -y &  -2kz  & = &-1\\
\end{array}\right.,$$


che rappresenta l'intersezione delle due rette.

La matrice incompleta del sistema \`e
$A=\left(
                                    \begin{array}{ccc}
                                      1 & -1 & 1 \\
                                      1 & 2 & -1 \\
                                      1 & 1 & 0 \\
                                      1 & -1  & -2k \\
                                    \end{array}
                                  \right)
$
    mentre quella completa \`e
    $C=\left(
                                    \begin{array}{cccc}
                                      1 & -1 & 1 & k\\
                                      1 & 2 & -1 & 2\\
                                      1 & 1 & 0 & 1\\
                                      1 & -1  & -2k & -1\\
                                    \end{array}
                                  \right)
$.

Dato che $\det C=-2\cdot(k+1)^2$, per $k\neq -1$ si ha che $\rho(C)=4$ e quindi $\rho(C)\neq \rho(A)$ (dato che $\rho(A)\le 3$). Per il Teorema di Rouch\'e-Capelli, il sistema lineare non ammette soluzioni. Dunque per $k\neq -1$ le rette $r_k$ e $s_k$ non si intersecano.
(Vedere anche la Prop. 11.1 a pag. 201 del libro).

Per $k=-1$ si ha che $\rho(A)=\rho(C)=3$ e quindi il sistema ammette esattamente una soluzione. Dunque per $k=-1$ le rette $r_k$ e $s_k$ si intersecano in un unico punto.

Riassumendo, $r_k$ e $s_k$ sono sghembe (cio\`e non parallele e non incidenti) per $k\neq -1$, e incidenti in un unico punto per $k=-1$.


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\textsc{Esercizio 8.} Calcolare l'area del triangolo $T$ di $\mathbb{R}^3$ di vertici $A\equiv(1,1,2)$, $B\equiv(2,1,0)$, $C\equiv(-1,2,-1)$.

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\textbf{Svolgimento.}
 Sappiamo che $\|(B-A)\wedge (C-A)\|= \|B-A\|\cdot \|C-A\|\cdot\sin\alpha$, dove $\alpha$ \`e l'angolo (minore di $\pi$ radianti) formato dai due vettori $B-A$ e $C-A$. In altri termini $\|(B-A)\wedge (C-A)\|$ \`e uguale all'area del parallelogramma $P$ che ha i segmenti $(A,B)$ e $(A,C)$ come lati.
 Dato che l'area di $T$ \`e la met\`a dell'area di $P$, si ha che l'area di $T$ \`e $\frac{1}{2}\|(B-A)\wedge (C-A)\|=\frac{1}{2}\|(1,0,-2)\wedge (-2,1,-3)\|=\frac{1}{2}\|(2,7,1)\|=\frac{1}{2}\sqrt{54}=\frac{3}{2}\sqrt{6}$.

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\textsc{Esercizio 9.} Calcolare la distanza in $\mathbb{R}^3$ fra il punto $P\equiv(1,1,5)$ e il piano $\pi$ di equazione $x-y+3z-8=0$.

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\textbf{Svolgimento.}
La distanza fra il punto $P\equiv(\bar x,\bar y,\bar z)$ e il piano $\pi$ di equazione $ax+by+cz+d=0$ \`e data dalla formula
$d(P,\pi)=\frac{|a\bar x +b\bar y+ c\bar z +d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$ (Prop. 11.9 a pag. 211 del libro).
Quindi si ha $d(P,\pi)=\frac{|1\cdot 1 +(-1)\cdot 1+ 3\cdot 5 -8|}{\sqrt{1^2+(-1)^2+3^2}}=\frac{7}{\sqrt{11}}$.

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\textsc{Esercizio 10.} Calcolare la lunghezza e il punto medio del segmento $(P,Q)$ di $\mathbb{R}^3$ con $P\equiv(1,1,5)$ e $Q\equiv(3,2,1)$.

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\textbf{Svolgimento.}
La lunghezza del segmento \`e data dalla distanza fra i punti $P$ e $Q$ ed \`e uguale a $\|Q-P\|=\|(2,1,-4)\|=\sqrt{2^2+1^2+(-4)^2}=\sqrt{21}$ (vedere pag. 170 del libro). Il punto medio del segmento \`e il punto $\frac{P+Q}{2}=\frac{(4,3,6)}{2}=\left(2,\frac{3}{2},3\right)$ (vedere Prop. 9.17 a pag. 174 del libro).

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\textsc{Esercizio 11.} Calcolare le rispettive proiezioni ortogonali $P'$, $Q'$, $R'$ dei tre punti $P\equiv(1,0,-2)$, $Q\equiv(1,-1,1)$, $R\equiv(1,0,0)$ sul piano $U$ di equazione $x-y+z=0$, in $\mathbb{R}^3$. Calcolare l'area del triangolo di vertici $P'$, $Q'$ e $R'$.

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\textbf{Svolgimento.}
Utilizziamo la Prop. 8.14 a pag. 147 del libro. Risolvendo l'equazione $x-y+z=0$ si ottiene una rappresentazione parametrica del piano:


$$\left\{\begin{array}{ccc}
  x &=& s\\
  y &=& t\\
  z &=& t-s \\
\end{array}\right..$$

Dunque

$$
\left(
                                    \begin{array}{cc}
                                      x\\
                                      y\\
                                      z\\
                                    \end{array}
                                  \right)=
                                  s\cdot
                                  \left(
                                  \begin{array}{cc}
                                      1\\
                                      0\\
                                      -1\\
                                    \end{array}
                                  \right)
                                  + t\cdot
                                  \left(
                                  \begin{array}{cc}
                                      0\\
                                      1\\
                                      1\\
                                    \end{array}
                                  \right)
$$
e quindi una base $\mathcal{B}_U$ del piano \`e data da $\mathcal{B}_U=\left((1,0,-1),(0,1,1)\right)$.

La matrice di Gram dei vettori di $\mathcal{B}_U$ \`e data da

$$G=\left(
                                    \begin{array}{cc}
                                      \langle(1,0,-1),(1,0,-1)\rangle & \langle(1,0,-1),(0,1,1)\rangle \\
                                      \langle(0,1,1),(1,0,-1)\rangle & \langle(0,1,1),(0,1,1)\rangle \\
                                    \end{array}
                                  \right)
                                  =\left(
                                    \begin{array}{cc}
                                      2 & -1 \\
                                      -1 & 2 \\
                                    \end{array}
                                  \right).
$$

La matrice inversa di $G$ \`e $$G^{-1}
                                  =\frac{1}{3}\left(
                                    \begin{array}{cc}
                                      2 & 1 \\
                                      1 & 2 \\
                                    \end{array}
                                  \right).
$$

La matrice $A$ delle componenti di $\mathcal{B}_U$ rispetto alla base canonica di $\mathbb{R}^3$ \`e data da
$$A
                                  =\left(
                                    \begin{array}{cc}
                                      1 & 0 \\
                                      0 & 1 \\
                                      -1 & 1 \\
                                    \end{array}
                                  \right)
$$
(le colonne di $A$ sono i vettori di $\mathcal{B}_U$).

La Prop. 8.14 garantisce che $$^t\!P'=A\cdot G^{-1}\cdot ^t\!\! A\cdot ^t\!\!P,\ \  ^t\!Q'=A\cdot G^{-1}\cdot ^t\!\! A\cdot ^t\!\!Q,\ \  ^t\!R'=A\cdot G^{-1}\cdot ^t\!\! A\cdot ^t\!\!R$$
(nota: la trasposizione dei vettori riga che rappresentano i punti serve ad ottenere i vettori colonna delle loro componenti).

%==========

Risulta
\begin{eqnarray*}
% \nonumber to remove numbering (before each equation)
  A\cdot G^{-1}\cdot ^t\!\! A &=& \left(
                                    \begin{array}{cc}
                                      1 & 0 \\
                                      0 & 1 \\
                                      -1 & 1 \\
                                    \end{array}
                                  \right)
                                  \frac{1}{3}\left(
                                    \begin{array}{cc}
                                      2 & 1 \\
                                      1 & 2 \\
                                    \end{array}
                                  \right)
                                  \left(
                                    \begin{array}{ccc}
                                      1 & 0 & -1\\
                                      0 & 1 & 1\\
                                    \end{array}
                                  \right)\\
  &=&\frac{1}{3}\left(
                                    \begin{array}{cc}
                                      2 & 1 \\
                                      1 & 2 \\
                                      -1 & 1 \\
                                    \end{array}
                                  \right)
                                  \left(
                                    \begin{array}{ccc}
                                      1 & 0 & -1\\
                                      0 & 1 & 1\\
                                    \end{array}
                                  \right) \\
                                  &=& \frac{1}{3}\left(
                                    \begin{array}{ccc}
                                      2 & 1 & -1\\
                                      1 & 2  & 1\\
                                      -1 & 1 & 2\\
                                    \end{array}
                                  \right).
\end{eqnarray*}


%===========


      Perci\`o $$^t\!P'= \frac{1}{3}\left(
                                    \begin{array}{ccc}
                                      2 & 1 & -1\\
                                      1 & 2  & 1\\
                                      -1 & 1 & 2\\
                                    \end{array}
                                  \right)\cdot ^t\!\!P=
                                  \frac{1}{3}\left(
                                    \begin{array}{ccc}
                                      2 & 1 & -1\\
                                      1 & 2  & 1\\
                                      -1 & 1 & 2\\
                                    \end{array}
                                  \right)\left(
                                    \begin{array}{c}
                                      1 \\
                                      0 \\
                                      -2\\
                                    \end{array}
                                  \right)=
                                  \left(
                                    \begin{array}{c}
                                      \frac{4}{3} \\
                                      -\frac{1}{3} \\
                                      -\frac{5}{3}\\
                                    \end{array}
                                  \right)$$
                                  $$^t\!Q'= \frac{1}{3}\left(
                                    \begin{array}{ccc}
                                      2 & 1 & -1\\
                                      1 & 2  & 1\\
                                      -1 & 1 & 2\\
                                    \end{array}
                                  \right)\cdot ^t\!\!Q=
                                  \frac{1}{3}\left(
                                    \begin{array}{ccc}
                                      2 & 1 & -1\\
                                      1 & 2  & 1\\
                                      -1 & 1 & 2\\
                                    \end{array}
                                  \right)\left(
                                    \begin{array}{c}
                                      1 \\
                                      -1 \\
                                      1\\
                                    \end{array}
                                  \right)=
                                  \left(
                                    \begin{array}{c}
                                      0 \\
                                      0 \\
                                      0\\
                                    \end{array}
                                  \right)$$
                                  $$^t\!R'= \frac{1}{3}\left(
                                    \begin{array}{ccc}
                                      2 & 1 & -1\\
                                      1 & 2  & 1\\
                                      -1 & 1 & 2\\
                                    \end{array}
                                  \right)\cdot ^t\!\!R=
                                  \frac{1}{3}\left(
                                    \begin{array}{ccc}
                                      2 & 1 & -1\\
                                      1 & 2  & 1\\
                                      -1 & 1 & 2\\
                                    \end{array}
                                  \right)\left(
                                    \begin{array}{c}
                                      1 \\
                                      0 \\
                                      0\\
                                    \end{array}
                                  \right)=
                                  \left(
                                    \begin{array}{c}
                                      \frac{2}{3} \\
                                      \frac{1}{3} \\
                                      -\frac{1}{3}\\
                                    \end{array}
                                  \right).$$

Quindi $P'=\left(\frac{4}{3},-\frac{1}{3},-\frac{5}{3}\right)$, $Q'=\left(0,0,0\right)$, $R'=\left(\frac{2}{3},\frac{1}{3},-\frac{1}{3}\right)$.

L'area del triangolo di vertici $P',Q',R'$ \`e uguale a $\frac{1}{2}\|(P'-Q')\wedge (R'-Q')\|=\frac{1}{2}\|\frac{2}{3}(1,-1,1)\|=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
\bigskip

Un metodo alternativo per trovare le proiezioni ortogonali di $P'$, $Q'$ e $R'$ su $U$ consiste nel calcolare le equazioni parametriche delle rette $r_P$, $r_Q$ ed $r_R$ ortogonali al piano $U$ e passanti rispettivamente per $P$, $Q$ ed $R$. I punti $P'$, $Q'$, $R'$ saranno dati dalle intersezioni di queste rette con $U$.

Visto che il piano $U$ ha equazione cartesiana $x-y+z=0$, $(1,-1,1)$ \`e una terna di numeri direttori per tutte e tre le rette. Possiamo quindi scrivere le equazioni parametriche delle tre rette:

$$r_P:\left\{\begin{array}{ccc}
  x &=& t +1\\
  y &=& -t\\
  z &=& t-2 \\
\end{array}\right.
r_Q:\left\{\begin{array}{ccc}
  x &=& t +1\\
  y &=& -t-1\\
  z &=& t+1 \\
\end{array}\right.
r_R:\left\{\begin{array}{ccc}
  x &=& t +1\\
  y &=& -t\\
  z &=& t \\
\end{array}\right..$$

Considerando la rappresentazione parametrica della retta $r_P$ e l'equazione del piano $x-y+z=0$ otteniamo la condizione $(t+1)-(-t)+(t-2)=0$, cio\`e $t=\frac{1}{3}$. Ponendo $t=\frac{1}{3}$ nella rappresentazione parametrica della retta $r_P$ si ottiene il punto $P'=\left(\frac{4}{3},-\frac{1}{3},-\frac{5}{3}\right)$.

Considerando la rappresentazione parametrica della retta $r_Q$ e l'equazione del piano $x-y+z=0$ otteniamo la condizione $(t+1)-(-t-1)+(t+1)=0$, cio\`e $t=-1$. Ponendo $t=-1$ nella rappresentazione parametrica della retta $r_Q$ si ottiene il punto $Q'=\left(0,0,0\right)$.

Considerando la rappresentazione parametrica della retta $r_R$ e l'equazione del piano $x-y+z=0$ otteniamo la condizione $(t+1)-(-t)+t=0$, cio\`e $t=-\frac{1}{3}$. Ponendo $t=-\frac{1}{3}$ nella rappresentazione parametrica della retta $r_R$ si ottiene il punto $R'=\left(\frac{2}{3},\frac{1}{3},-\frac{1}{3}\right)$.

\bigskip
                                  \hrule
                                  \medskip
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                                  \bigskip

\textsc{Esercizio 12.} Calcolare una equazione parametrica della retta $r$ di $\mathbb{R}^3$ passante per il punto $(0,0,3)$, parallela al piano $\pi$ di equazione cartesiana $x+4y-z=1$ e ortogonale alla retta $s$ passante per i punti $A=(1,2,3)$ e $B=(1,1,5)$.

\bigskip
\hrule
\bigskip

\textbf{Svolgimento.}
Indichiamo con $(l,m,n)$ una terna di numeri direttori per $r$. Dato che $r$ \`e parallela al piano $\pi$ dovr\`a risultare $\langle(1,4,-1),(l,m,n)\rangle=0$, cio\`e $l+4m-n=0$ (vedere Prop. 11.6 a pag. 208).

Una terna di numeri direttori della retta $s$ \`e data da $B-A=(0,-1,2)$. Dato che $r$ \`e ortogonale a $s$ dovr\`a essere $\langle(0,-1,2),(l,m,n)\rangle=0$, cio\`e $-m+2n=0$ (vedere Prop. 11.2 a pag. 202).


Si ottiene quindi il sistema lineare omogeneo (nelle incognite $l,m,n$)

$$\left\{\begin{array}{ccccc}
  l & +4m &  -n  & = & 0 \\
    & -m & +2n & = &0\\
\end{array}\right.,$$
che ammette la seguente soluzione parametrica:
$$\left\{\begin{array}{ccc}
  l&=&-7t\\
  m&=&2t\\
  n&=&t\\
\end{array}\right..$$

Quindi $(-7,2,1)$ \`e una terna di numeri direttori per la retta $r$. Perci\`o, ricordando che $r$ passa per il punto $(0,0,3)$, una equazione parametrica della retta $r$ si ottiene ponendo

$$
\left(
                                    \begin{array}{cc}
                                      x\\
                                      y\\
                                      z\\
                                    \end{array}
                                  \right)=
                                  \left(
                                  \begin{array}{cc}
                                      0\\
                                      0\\
                                      3\\
                                    \end{array}
                                  \right)+
                                  t\cdot
                                  \left(
                                  \begin{array}{cc}
                                      -7\\
                                      2\\
                                      1\\
                                    \end{array}
                                  \right)
,$$

cio\`e

$$\left\{\begin{array}{ccc}
  x &=& -7t \\
  y &=& 2t\\
  z &=& t+3 \\
\end{array}\right..$$


\end{document}


