Esercizio 105una stella di piani per un punto (appello 2/7/2021)

Testo (2° appello del 2 luglio 2021, esercizio 4). Nello spazio affine $\mathbb{A}^3_{\mathbb{R}}$ consideriamo l'insieme $\mathcal F_{\alpha,\beta,\gamma}$ dei piani di equazione

$$\mathcal F_{\alpha,\beta,\gamma}: \ (\alpha + \gamma)\,x + (\beta - \alpha)\,y + (\gamma + 2\beta)\,z = \gamma, \qquad \alpha, \beta, \gamma \in \mathbb{R} \text{ non tutti nulli}.$$

(a) Verificare che tutti questi piani passano per uno stesso punto $P$ e trovare tale punto. (b) Fra tutti i piani di $\mathcal F_{\alpha,\beta,\gamma}$ trovare quello parallelo al piano di equazione $3x + y = 1$. (c) Sia $s$ la retta passante per l'origine e parallela al vettore $v_s = (0, 1, 1)$. Trovare l'unico piano di $\mathcal F_{\alpha,\beta,\gamma}$ che contiene la retta $s$.

Teoria usata: Fasci di pianiI piani che contengono una retta r = {f₁ = 0, f₂ = 0} sono tutti e soli i piani λf₁ + μf₂ = 0, con (λ, μ) ≠ (0, 0): è il fascio di piani di asse r. Serve a trovare in un colpo il piano per r che passa per un punto, è parallelo a una direzione o è ortogonale a un altro piano. Varianti: fascio di piani paralleli, stella di piani per un punto.Fasci di piani → (stella di piani), Spazi affini, rette e pianiNello spazio affine Aⁿ si distinguono punti e vettori (Q − P è il vettore da P a Q). Un sottospazio affine è L = P + W, un punto più un sottospazio vettoriale (lo spazio direttore): si descrive con equazioni parametriche X = P + t₁w₁ + … oppure cartesiane AX = B. Rette e piani di A³, passaggio tra i due tipi di equazioni, posizione reciproca: incidenti, paralleli, sghembi.Spazi affini, rette e piani →.

(a) Il punto comune

Riscrittura. Si raccolgono $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ (portando tutto a primo membro):

$$\alpha(x - y) + \beta(y + 2z) + \gamma(x + z - 1) = 0 .$$

Controllo, sviluppando: $\alpha x - \alpha y + \beta y + 2\beta z + \gamma x + \gamma z - \gamma = (\alpha + \gamma)x + (\beta - \alpha)y + (2\beta + \gamma)z - \gamma$ ✓.

Ogni piano della famiglia è quindi una combinazione dei tre piani

$$f_1: x - y = 0, \qquad f_2: y + 2z = 0, \qquad f_3: x + z - 1 = 0$$

(che si ottengono con $(\alpha, \beta, \gamma) = (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)$). Un punto che sta su tutti e tre sta su ogni loro combinazione. Si risolve il sistema:

• da $f_1$: $y = x$;
• da $f_2$: $z = -\frac{y}{2} = -\frac{x}{2}$;
• da $f_3$: $x - \frac{x}{2} - 1 = 0$, quindi $x = 2$, poi $y = 2$, $z = -1$.

$$P = (2, 2, -1).$$

Verifica diretta nell'equazione originale: $(\alpha + \gamma) \cdot 2 + (\beta - \alpha) \cdot 2 + (\gamma + 2\beta)(-1) = 2\alpha + 2\gamma + 2\beta - 2\alpha - \gamma - 2\beta = \gamma$ ✓, per ogni $\alpha, \beta, \gamma$.

Che famiglia è. I tre piani $f_1, f_2, f_3$ hanno normali $(1, -1, 0)$, $(0, 1, 2)$, $(1, 0, 1)$ indipendenti (il determinante della matrice che le ha come righe è $1 \cdot (1 - 0) + 1 \cdot (0 - 2) + 0 = -1 \ne 0$), quindi le loro combinazioni hanno come normale qualunque vettore di $\mathbb{R}^3$: $\mathcal F$ è la stella di tutti i piani per $P$. In particolare $(\alpha, \beta, \gamma) \ne (0, 0, 0)$ garantisce che la normale non sia nulla, cioè che l'equazione sia davvero un piano.

(b) Il piano parallelo a $3x + y = 1$

Siccome $\mathcal F$ contiene tutti i piani per $P$, il piano cercato è semplicemente il piano per $P$ parallelo a $3x + y = 1$: stessa normale $(3, 1, 0)$, cioè $3x + y = d$, e il passaggio per $P$ dà $d = 6 + 2 = 8$:

$$3x + y = 8 .$$

Con i parametri (per vedere che torna): si impone che la normale $(\alpha + \gamma, \beta - \alpha, \gamma + 2\beta)$ sia proporzionale a $(3, 1, 0)$; scegliendo la costante di proporzionalità $1$:

$$\alpha + \gamma = 3, \qquad \beta - \alpha = 1, \qquad \gamma + 2\beta = 0 .$$

Dalla seconda $\beta = 1 + \alpha$, dalla terza $\gamma = -2 - 2\alpha$, nella prima $\alpha - 2 - 2\alpha = 3$, quindi $\alpha = -5$, $\beta = -4$, $\gamma = 8$. Il termine noto è $\gamma = 8$: il piano è $3x + y = 8$ ✓.

(c) Il piano che contiene la retta $s$

$s$ passa per $O = (0, 0, 0)$ e per $O + v_s = (0, 1, 1)$. Un piano contiene la retta se contiene due suoi punti distinti.

• Passaggio per $O$: il primo membro vale $0$, quindi serve $\gamma = 0$.
• Passaggio per $(0, 1, 1)$: $(\beta - \alpha) + (\gamma + 2\beta) = \gamma$, cioè (con $\gamma = 0$) $3\beta - \alpha = 0$, $\alpha = 3\beta$.

Con $\beta = 1$: $\alpha = 3$, $\gamma = 0$, e il piano è $(3 + 0)x + (1 - 3)y + (0 + 2)z = 0$:

$$3x - 2y + 2z = 0 .$$

Verifica. Contiene $O$ ✓; contiene $(0, 1, 1)$: $0 - 2 + 2 = 0$ ✓; contiene $P$: $6 - 4 - 2 = 0$ ✓ (come ogni piano di $\mathcal F$).

Perché è unico. È il piano per $P$ che contiene la retta $s$, e $P \notin s$ ($P$ non è multiplo di $(0, 1, 1)$): un punto e una retta che non lo contiene individuano un solo piano. Con il ragionamento geometrico: normale ortogonale a $v_s = (0, 1, 1)$ e a $P - O = (2, 2, -1)$, cioè $(0, 1, 1) \times (2, 2, -1) = (-1 - 2, \ 2 - 0, \ 0 - 2) = (-3, 2, -2)$, proporzionale a $(3, -2, 2)$ ✓.

Errori comuni

• Cercare il punto comune provando valori a caso di $\alpha, \beta, \gamma$ senza un metodo: conviene raccogliere i parametri e risolvere il sistema dei tre piani "base".
• Dimenticare il termine noto $\gamma$ quando si impone il passaggio per un punto.
• In (b) fermarsi alla normale senza controllare che il termine noto sia quello giusto: nella famiglia il termine noto è legato ai coefficienti (è $\gamma$).