Cento esercizi di geometria analitica dello spazio 8882181049, 9788882181048

Citation preview

---•cm "'I •••• GEOMETRIA ANALITICA DELLO SPAZIO con elementi di teoria delle funzioni di piu variabili a cura di N. CHIARLI - S. GRECO - P. VALABREGA

LIBRERIA UNIVERSITARIA LEVROTTO & BELLA - TORINO

---•cm "'I •••• GEOMETRIA ANALITICA DELLO SPAZIO con elementi di teoria delle funzioni di piu variabili a cura di N. CHIARLI - S. GRECO - P. VALABREGA

LIBRERIA UNIVERSITARIA LEVROTTO & BELLA - TORINO

Copyright @ 1994 Levrotto & Bella di Gualini T. & C. di Gualini Elisabetta S.a.s., Corso Vittorio Emanuele, 26/F - Torino I diritti di traduzione, di memorizzazione elettronica, di riproduzione e di adattamento totale o parziale con qualsiasi mezzo ( compresi i microfilm e le copie fotostatiche ), sono riservate per tutti i paesi Finitci di stampare nel mese di novembre 1994

Stampato dalla M. S./Litografia s.r.l., Torino per conto della Levrotto & Bella Editrice S.a.s. Corso Vittorio Emanuele, 26/F - Torino

In troduzione

Questo volume contiene 100 esercizi risolti di Geometria Analitica dello spazio e accompagna la teoria esposta nel testo 100 Pagine di Geometria Analitica dello spazio della stessa collana. In gran parte si tratta di esercizi semplici, che applicano direttamente le nozioni teoriche svolte nel testo. Tu ttavia qualche esercizio, indicato con il simbolo (*), e piu complesso .. Per ogni esercizio e proposta una soluzione, adatta alle nozioni che si presuppongono nel lettore; talvolta e indicata una soluzione alternativa.

INDICE

Capitolo I: I vettori dello spazio Capitolo II: Le rette e i piani Capitolo III: Sfere e circonferenze Capitolo IV: Curve e Superficie Capitolo V: Le Quadriche Capitolo VI: Geomctria differenziale delle curve Capitolo VII: Calcolo differenziale delle funzioni di piu variabili Capitolo VIII: Integrazione delle funzioni di piu variabili

Capitolo I

I VETTORI DELLO SPAZIO

1. Dati v = -i+j+ -/2k e w = 2i+2j+k, si troui v+w e si uerifichi che lv+wl::;; lvl+lwl.

Soluzione. Si ha: v+w Iv+w I =

2.

= i+3j+(-/2+1)

✓ 13+2-/2. Poiche

k, da cui si deduce che

Iv I= 2 e I w I= 3 si ha l'asserto.

Si trouino le componenti dei uettori di modulo 3 che hanno la proiezione ortogonale sul piano xy di componenti (1,2,0). Soluzione. Un vettore v = vxi+vy j+vzk ha modulo 3 see solo se vx2+vy2+vz 2 = 9; le componenti della proiezione ortogonale sono (1,2,0) se vx = 1, Vy = 2. Pertanto si ottiene l'equazione: vz2

= 9 -1-4 = 4, da cui

Vz

= ± 2.

Le due soluzioni sono dunque: v = i+2j+2k e v'

= i+2j-2k.

I-2

3.

Si calcoli

dove

VAW

v

= i+2k,

= -i+2j

w

e se ne ricavi

A

sin vw.

Soluzione. Si ha: "'

sin vw

4.

V/\W

=

I -1~..~2 k02 I =

-4i-2j+2k. Di qui si deduce:

✓ 16+4+4

lvAwl

2 _,:

= IV I IW I = 'v.r:.5"\Ir:5 = -5 'v 6.

Siano v = i+2k, w = -i+2j. Si trovino tutti i versori ortogonali contemporaneamente a v e a w. Soluzione. Se u e uno dei versori richiesti, deve esistere t E R tale che u = t(VAW), ovvero (cfr. es 3) u = t(-4i-2j+2k); inoltre u deve avere modulo 1, cioe si deve avere t✓ 16+4+4 t

= t-f24 = 1.

Quindi

= ± ~r:. Si ottengono i due versori: 2'v 6

u

5.

= - 1-(-4i-2j+2k) ; u' = -

216

1r: (-4i-2j+2k). _ 2'v 6

Siano u = 2i-;j+3k, v = i+j. a) Si provi che u e v non sono paralleli; b) si trovino tutti i vettori w di modulo 5 complanari con u e v e ortogonali a t = 3i+k.

Soluzione. a) Poiche UAV non sono paralleli.

= I ~ -}

~ I = -3i+3j+3k

-::t:.

0, i due vettori

1-3

b) Le condizioni imposte al vettore w = ai+bj+ck sono: (i) a 2 +b 2+c 2 = 25; (ii)

W•UAV

= w•(-3i+3j+3k) = 3a+3b+3c = O;

(iii) 3a+c = 0. Si ottiene il sistema (non lineare): a 2 +b 2+c 2 = 25 { -3a+3b+3c = 0

C

, equivalente a :

{

3a+c = 0 che ha soluzioni a=

-k,

b=±

20 .

15 k

€.•

c = -(±

= -3a

b = 4a 26a 2 = 25

&).

,

Si ottengono i

due vettori:

w

6.

5

.

= "/261 + "/26J - "/26

e

w

,

5

•

Si determini t e R in modo tale che i vettori v z = i+j+tk siano complanari.

Soluzione. Deve essere

V•WAZ

20 •

15 k

= - "/261 - "/26J + "/26 .

= 0, ovvero

= i+tj,

w

= j+k,

I ~1 i1 ~t I = 0. Sviluppando 1

il determinante si ottiene l'equazione 2t -1 = 0, ovvero t = 2 .

7.

Si provi che i tre vettori v = i+j+k, w = i+2k, z = -i+2j non sono complanari e si verifichi che V•WAZ = Z•VAW = - (z•WAV). Soluzione. Si ha:

V•WAZ

=

I -1i ~2 0~ I = -4 '#- 0, da cui si deduce che i

vettori non sono complanari. Si ha poi:

I-4 Z•V/\W

8.

=

1

-1201 1 1 1

= -4,

Z•W/\V

=

1 0 2

1-1201 1 0 2 =

4.

1 1 1

Siano u = 2i-j+3k, v = i+j. Si dica se esiste un vettore w complanare con u e v e complanare anche con i e k . Soluzione. Le condizioni imposte al vettore w = ai+bj+ck sono: (i)

W•U/\V

= 0, cioe

- 3a+3b+3c = O;

(ii) b = 0 (w deve essere del tipo ai+ck).

.

.

.

.

{-3a+3b+3c = 0

.

S1 ottiene 11 s1stema lmeare: b = 0

, equivalente al sistema:

{cb == aO , che ha soluzioni (a,O,a), con a incognita libera. Si ottengono gli infiniti vettori:

Wa

= a(i+j), al variare di a E

R.

Capitolo II LE RETTE E I PIANI

9.

Si trovi l'equazione del piano rr che contiene i tre punti A(p,0,0), B(O,q,0), C(O,O,r), con pqr -::t- 0, cioe il piano che stacca sugli assi coordinati, a partire da 0, tre segmenti di lunghezze (con segno) rispettivamente p,q,r. Soluzione. Sia ax+by+cz+d = 0 l'equazione di un piano generico. lmponiamo che sia soddisfatta da A,B,C. Risulta allora: ap+d . d a cu1· s1. ncava: a

= 0,

bq+d

= 0, cr+d = O

= - -pd , b = - -dq , c = - -dr .

Ponendo d = 1, sostituendo nell'equazione del piano e svolgendo i calcoli si ottiene rr: ~ + ,r_ + !. = 1. p

q

r

Tale equazione prende il nome di equazione segmentaria del piano.

11-2 X = 2t 10. Per quali valori di h il piano a: x-hy-z = 0 e la retta r: { y = 3t z = ht

sono paralleli? Soluzione. Bisagna che i vettori i-hj-k e 2i+3j+hk siano ortogo1 nali. Cioe si deve avere: 2-3h-h = 0, ovvero: h = 2 .

2t 11. Per quali valori di h il piano a: x-hy-z = 0 e la retta r: y = 3t z = ht X

=

{

sono ortogonali? Soluzione. Bisagna che i vettori i-hj-k e 2i+3j+hk siano paralleli. Cioe deve esistere un numero m tale che 2

= m; 3 = -hm; h

=

-m.

Se ne deduce che si deve avere:

h

= -2,

h

=

-! , il che :non e

possibile. Pertanto non esiste alcun h per cui il piano e la retta sono ortogonali.

12. Si trovi il piano assiale del segmento AB, dove A(l,2,-1), B(3,2,3).

Soluzione. Il piano assiale e quello ortogonale alla retta AB, passante peril punto medio M(2,2,1) del segmento AB. Poiche B-A = 2i+4k, il piano ha equazione 2(x-2)+4(z-1) = 0, cioe: x+2z-4

= 0.

II-3

13. Si trovi la retta parallela alla retta AB, dove A(l,2,-1), B(3,2,3), e passante per P(4,7,2).

Soluzione. Poiche B-A = 2i+4k, la retta ha equazioni parametriche: {

X = 4+2t y=7 z = 2+4t

.

{ y= 7

. In forma cartesiana: 2

6_0 x-z- -

14. Data la retta r congiungente i punti A(l,2,-3) e B(0,1,2) si trovino:

a) equazione normale di r; b) equazioni parametriche di r; c) parametri direttori di r ; d) punto comune ad r e al piano n: x-2y+3z = 0. Soluzione. Un vettore parallelo ad r e (-1,-1,5). Pertanto si ha: a)

x-1 _ E -1 - -1 X

b)

c)

{

_ -

z+3. 5 '

= 1-t

y = 2-t z = -3+5t

(-1,-1,5);

d) 11 punto P cercato si trova risolvendo l'equazione:

l-t-2(2-t)+3(-3+5t)

= 0.

3 e qum . d'1 P( 1 • 5 ' 3) . S1. t rova t = 4 4 4 4

Il-4 {2x+y-z = 0 . 15. S ia r:

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

. Si trovino:

a) parametri direttori di r ; b) equazioni parametriche per r; c) il piano n: passante per 0(0,0,0) e ortogonale ad r; d) la retta passante per A(-1,0, 1) e parallela ad r. Soluzione. a) I parametri direttori di r sono le componenti del vettore V/\W, dove v = (2,1,-1), w = (3,-2,2) sono due vettori ortogonali rispettivamente ai piani che si intersecano lungo r, e cioe

1=11-2 -11 2

m=-

1

a2

-1 2

I

;

n=

ovvero (0,-7,-7) o, equivalentemente (0,1,1). b) Per avere delle equazioni parametriche di r, gia disponendo dei parametri direttori, e sufficiente conoscere un punto PE r. Esso si determina ad esempio intersecando r con un piano ad essa non parallelo, ad esempio z = 0; risolvendo il sistema lineare 2x+y-z = 0 { 3x-2y+2z-2 = 0

z=O si trova P( ~,

-*, 0). Le equazioni parametriche cercate sono per-

x =~

tan to:

{

y=

-* +t

z=t c) II piano rr ha come vettore ortogonale (0,1,1). Dovendo passare per l'origine sara y+z = 0.

11-5

d) La retta passante per A(-1,0,1) e parallela ad r ha come 1

vettore parallelo (0,1,1). Essa e pertanto: {;: ~

z = l+t

16. Si stabilisca se le rette

r: x= = zed s:{:: :-2t y

sono sghembe o

z = 2-t

complanari. Soluzione. Le rette non sono parallele perche hanno parametri direttori rispettivamente (1,1,1) e (1,-2,-1). Un punto P(t,1-2t,2-t) di s appartiene anche a r se: t = 1-2t = 2-t, cioe se 2t = 2 e 3t = 1; ma questo e impossibile. Pertanto le due rette non hanno punti comuni e, non essendo parallele, sono sghembe.

x+y-1 = 0

17. Si dica se le due rette r: {2 _ 0 x-z -

eds :

{x+y-z = 1 _ x-y - 0

sono sghembe.

Soluzione. Un vettore v parallelo ad r ha componenti 1=

I 6-~ I = -l; m = - I ~ -~ I = l; n = I ~ 6I = -2 ,

mentre un vettore w parallelo ad s ha componenti

l' =

1-11 -10 I = -l; m' = I 11 -10 I = -l; n' = I 11 -11 I = -2 ,

II-6

quindi le due rette non sono parallele. L'intersezione delle due rette si trova risolvendo il sistema {;::;~

~

0

x+y-z = 1 x-y = 0

(A I B) =

,

che ha matrice completa:

?. (i1 ?1:l 11) 0

1 -1

0

0

Con la trasformazione R 3 ~Ra-R2 si ottiene la matrice: (A' I B') -_

I -1O 2I o ( -1 1 0 I -1 0

11) o 1

0

che corrisponde ad un sistema equivalente al precedente e non risolubile (le ultime due equazioni sono infatti -x+y = 1, x-y = 0). Le due rette r ed s non hanno punti comuni e sono pertanto sghembe.

18. Si trouino la retta che incontra ortogonalmente le due rette sghembe dell'esercizio 17 e la loro distanza minima.

Soluzione. Le due rette hanno equazioni parametriche: t y=l-t z = 2t x=

r: {

X

= t'

{

s: y = t'. z=

2t'-1

I1 punto generico di r e P(t,l-t,2t), il punto generico di s Q(t',t',2t'-1) e quindi si deve risolvere il sistema {

(P-Q).(1,-1,2) = 0 (P-Q).(1,1,2) = 0

e

II-7

per ottenere un punto P 0 E r e un punto Q 0 E s tali che la retta P0 Q 0 sia ortogonale ad r e ad s contemporaneamente. Tale sistema si puo scrivere: {

(t-t')- (- t+ 1-t')+2(2t- 2t' + 1) = 0 (t-t')+(-t+l-t')+2(2t-2t'+l) = 0

e si ottiene la soluzione t = 130 , t' = { 0 , da cui si deduce che la retta cercata congiunge i punti Po(f0 ,

{0 ,

t) e Qo({

7 0 , 10 ,

f) e quindi ha

equazioni parametriche:

La distanza minima tra r ed s e il modulo del vettore P 0 -Q 0 ovvero

2 '1s.

x=ht

19. Si stabilisca per quali h reali le rette r: x = hy = z ed s:

{

y = l-2t z = 2-t

sono complanari. Soluzione. Il fascia dei piani per r ha equazione non omogenea: x-hy+m(x-z) = 0. Un piano del fascio contiene s se l'equazione: ht-h(l-2t)+m(ht-2+t) = O e soddisfatta per ogni t. Cioe se e soddisfatta per ogni t l'equazione: (3h+hm+m)t-h-2m = 0. Cio avh = -2m viene quando e solo quando si abbia: {_2 m 2 _5 m = 0 , cioe: m

= 0 e h = 0 oppure m

5

= - 2 e h = 5.

11-8

Pertanto le rette sono complanari quando h

=0

oppure h

= 5.

11 piano x -z = 0 (che non appartiene al fascio nella sua forma non omogenea) non contiene s: infatti intersecando si ottiene ht-(2-t) = (h+l)t-2, che none per nessun valore di h il polinomio nullo.

20. Usando l'esercizio 19 si trovi il piano contenente le rette

5t r: x = 5y = z ed s: y = 1-2t z = 2-t X

=

{

Soluzione. Si tratta delle rette dell'esercizio 19 con h = 5. Allora sappiamo che sono complanari e che il piano che le contiene e quello cioe ~ x-5y+ z = 0. del fascio che si ottiene per m = -

J

!,

21. Siano dati A(l,2,1) e 1t: 2x-y+5z+4

a) Si verifichi che A "

7t

= 0.

e · si calcoli la distanza d(A,1t) ;

b) si trovi la proiezione ortogonale M di A su

1t ;

c) si trovi il simmetrico A' di A rispetto a 1t. Soluzione. a) Si ha: 2-1-2+5-1+4 -:;:. 0, quindi A.., 1t; si ha inoltre d(A,1t)

9

9

✓ 4+1+25

-v 30

= -;::==- = _~-

Il-9

b) La retta r per A ortogonale a 1t e parallela al vettore w = 2i-j+5k ortogonale a 1t. Quindi r ha equazioni parametriche: X {

= 1+2t

. 11 punto M richiesto e l'intersezione di r con

y= 2-t z

1t

e si

= 1+5t

ottiene dall'equazione 2(1+2t)-(2-t)+5(1+5t)+4

= 0, che ha solu-

zione t = -;0 . Le coordinate di M si ottengono dunque sostituendo nelle equazioni parametriche di r il valore t 2 23

= -;0 . Si ottiene

1

M(-5, 10, -2).

l

c) 11 punto M e medio fra A ed A', quindi A'(a,b,c) e tale che 4

a+l = 5

b+2=

23

5

. Risolvendo si ottiene A'(-¼, ~3 , -2).

c+l = -1

22. Si trovi la distanza di A(l,2,1) dalla retta r: {:: \ z = 1+3t

Soluzione. Un vettore parallelo ad r e v = i1+3k e quindi il piano per A ortogonale ad r e 1t:

x-1-(y-2)+3(z-1)

= 0, cioe: x-y+3z-2 = 0.

Intersechiamo con r risolvendo l'equazione in t: t+t+3(3t+l)-2 = 0. Si ottiene t

=-

1\

e quindi il pun to B(-

f

1 , 1\ , : 1 ).

d(A,r), eguale a d(A,B), vale pertanto ~ -

La di stanza

II-10

f2x+y+z-1 = 0 . 23. Si calcoli la distanza di 0(0,0,0) da r : b,+ 2z = 0 Soluzione. La distanza di O dalla retta r e la distanza di O dalla sua proiezione ortogonale H su r stessa. Occorre quindi trovare H, ricordando che H e l'intersezione tra r e il piano passante per 0 ortogonale ad r. I parametri direttori di r sono

cioe 1,-4,2. Il piano passante per O ortogonale ad r e dunque x-4y+2z = 0 e il punto H e il punto le cui coordinate risolvono il sistema lineare: 2x+y+z-1 = 0 { y+2z = 0 x-4y+2z = 0 Risulta, risolvendo il sistema: H(~~ , ; 1 , - ; 1 ). La distanza richiesta

e pertanto:

2 )2 ( O 1 )2 10 )2 ( ( O+ 21 + O+ 21 + - 21

24. Si verifichi che i piani n : 2x-y+z+4 = 0 e n' : 4x-2y+2z-7

= 0 sono

paralleli e se ne calcoli la distanza. Soluzione. I vettori v = 2i-j+k e w = 4i-2j+2k ortogonali rispettivamente ai due piani sono paralleli, quindi sono tali anche i piani. Inoltre A(0,4,0) E n e pertanto d(n,rc') = d(A,rc') = _~--v 24

11-11 X

25.

Si verifichi che il piano re : 2x-y-4z+2 = 0 e la retta r:

{

= 2t

y = 1-2t z=t

sono paralleli e se ne calcoli la distanza. Soluzione. I vettori v = i-2j+k (parallelo ad r) e w = 2i-j-4k (ortogonale a re) sono tra loro ortogonali (infatti v,w = 0) e quindi il piano e la retta sono paralleli. Inoltre A(0,1,0) E r e quindi si ha: d(

) _ d(A ) _ 12-0-1-4-0 I ~ _1_ ,re - ✓ 4+1+16 - €I·

r,re -

X = t 26. Si trovi la proiezione ortogonale di r: { y = 1-t z = 2t

su re: x+y-3z = 0.

Sol uzione. Scriviamo r in forma cartesiana, eliminando t fra le equazioni parametriche. Si ottiene: x+y-1 = 0 2x-z = 0

r: {

.

Il fascio dei piani per r ha equazione (A.+2µ)x+A.y- µz- A = 0 e quindi il generico piano del fascio e ortogonale al vettore (A.+2µ)i+Aj-µk; il piano cr del fascio ortogonale a 1t deve pertanto provenire da una delle coppie (:\,µ) che sono soluzione dell' equazione ((:\+2µ)i+A.j-µk),(i+j-3k) = 0.

Svolgendo i calcoli si ottiene 2A.+5µ = 0 ovvero (A.,µ)= (-5,2) (o coppie multiple di questa). Si ha allora:

cr: x+5y+2z-5 = 0.

II-12

La proiezione ortogonale di r su x+y-3z = 0 zioni: { x+5y+2z-5 = 0

27. Data r:

piano

1t:

1t

e pertanto la retta di equa-

·

J2x+y+z-1 = 0

. . , si trovi la proiezione ortogonale di r sul

b,+ 2z = 0

2x+3y-6z = 0.

Soluzione. La proiezione cercata e la retta intersezione di 1t col piano cr che passa per r ed e ortogonale a 1t stesso. Per trovare cr basta imporre al piano generico del fascio di piani per r, di equazione 2Ax+(A+µ)y+(t..+2µ)z-A. = 0, la condizione di ortogonalita con 1t. Si perviene all'equazione: 2(2A.)+3(A+µ)-6(A.+2µ)

= 0 , ossia: A.-9µ = 0.

L'equazione di cr si ottiene ponendo, nell'equazione del fascio, ad esempio A = 9, µ = 1. Si ha dunque cr: 18x+ lOy+ llz-9 = 0 .

.

e la retta nchiesta e

{2x+3y-6z = 0 18x+10y+llz-9 = 0

.

28. Si trovi la proiezione ortogonale di B(-1,2,0) sul piano n: y+z = 0. Soluzione. La proiezione ortogonale B' di B sul piano 1t si ottiene intersecando 1t con la retta r passante per B e ortogonale a 1t. Si = -1 ha r: y = 2+t z = 2t X

{

X

cioe r: {

= -1

z=

2y-4

B' e dunque il pun to le cui coordinate risolvono il sistema:

II-13

29. Si trovino i piani per r : x = y

= 2z

ortogonali ad s: {;:

!t .

z = -t

Soluzione. I piani per r formano il fascio di equazione non omogenea: x-y+m(x-2z) = 0.

( 0)

Un piano del fascio e ortogonale ad s se e solo se i due vettori (l+m)i-j-2mk e i+4j-k sono paralleli, ovvero se e solo se esiste un numero t tale che si abbia: l+m = t, -1 Si ottiene t = m

¼e

= 4t, -2m = -t. m deve soddisfare le due equazioni: m = -

= -½, il che e impossibile. Pertanto nessun piano del tipo (

!,

0 )

e

ortogonale ad s. Poiche anche il piano x-2z = 0 non e ortogonale ad r, si conclude che nessun piano per r e ortogonale ad s.

30. Data r :

G

x+y+z-1 = 0 . . si trovmo: +2z = 0

a) il piano per r passante per A(2,l,0); x-y-z-2 = 0 b) il piano per r parallelo ad s: { x+y+2z-1 = 0 Soluzione. Il fascio di piani per r ha equazione omogenea: ),(2x+y+z-l)+~t(y+2z)

=0

cioe 2Ax+(A+µ)y+(A+2µ)z-A

= 0.

a) Il piano richiesto si ottiene imponendo al generico piano del fascio il passaggio per A. Si ottiene la relazione 4A+ µ = 0 che e risolta dalla coppia (A,µ) = (1,-4) e da tutte le coppie multiple: qualunque sia la scelta fatta nell'ambito di tali coppie si perviene al piano 2x-3y- 7z- l = 0.

11-14

A(2x+y+z- l)+µ(y+2z) = 0 cioe 2Ax+(l+µ)y+(A+2µ)z-A = 0. a) 11 piano richiesto si ottiene imponendo al generico piano del fascio il passaggio per A. Si ottiene la relazione 4A+ µ = 0 che e risolta dalla coppia (A,µ) = (1,-4) e da tutte le coppie multiple: qualunque sia la scelta fatta nell'ambito di tali coppie si perviene al piano 2x-3y-7z-1 = 0. b) I parametri direttori di r sono: 1 = 1-11 -21

I;

I

m=- 1 -21

I

n = 111 -1 1

I

e cioe -1,-3,2.

11 piano richiesto si ottiene allora imponendo al generico piano del fascio il parallelismo con r e cioe la condizione: (-1)2l+(-3)(A+µ)+2(l+2µ) = 0, ossia 3l-µ = 0. Facendo ad esempio la scelta A= 1, µ = 3 si perviene all'equazione 2x+4y+7z-1 = 0.

J2x+y+z-1 = 0

31. Data r : ly+ 2 z = 0

. . si trovmo:

a) il piano per r ortogonale a cr : x+3y-2z = O; b) i piani per r che formano un angolo di ~ col piano yz. Soluzione. Il fascio di piani passanti per r ha equazione: 2Ax+(A+µ)y+(A+2µ)z-A = 0 (cfr. es. 27). a) Il piano cercato si ottiene imponendo al piano generico del fascio la condizione di ortogonalita con cr e cioe la condizione: 2A+3(A+µ)-2(l+2µ) = 0, cioe 311,-µ = 0.

II-15

cos 1':l- = +

-

2A ✓

(4A2 +(A+µ) 2 +(A+2µ)2)

{3 = ± -2-

cioe 2A2 +18;\µ+15µ 2 = 0.

t

Si ha dunque peril rapporto t =

. . ch e h a 1e so1UZlOlll

t1,2 =

(-9 ± 'V61) 2

l'equazione 2t 2 +18t+15 = 0

•

I piani richiesti si ottengono ponendo ad esempio nell'equazione del fascio: (;\,~l) = (-9+ {6i", 2) ; (;\,µ) = (-9 -

-JBi , 2).

Essi sono dunque, rispettivamente: (-18+2\/61) x+(-7+\/61) y+(-5+\/61) z-(-9+\/61) = 0 (-18 -2\/61) x+(-7-\/61) y+(-5- \/61) z -(-9-\/61) = 0

32. Si calcoli il coseno dell'angolo fornwto dai piani n: 2x+y+z-1 = 0 e n': y+2z = 0.

Soluzione. Risulta : , . ._

(2· 0+1·1+1·2)

cos n,n' = +-;:::==-----;::=====-=

- ✓ 4+1+4 ✓ 0+1+4

Capi tolo III SFERE E CIRCONFERENZE

33. Si trovi la sfera di centro C e passante per P in ciascuno dei

seguenti casi: a) C(l,-1,2) P(0,0,0);

b) C(3,1,2) P(l,1,2); c) C(l,-1,0)

P(0,0,3).

Soluzione. a) Il raggio della sfera e pari alla distanza d(C,P) e pertanto la sfera ha equazione: (x-1)2+(y+l)2+(z-2)2 = 6.

= 16

b) Il raggio della sfera e pari alla distanza d(C,P) = 2 e pertanto la sfera ha equazione: (x-3) 2+(y-1) 2+(z-2)2 = 4. c) Il raggio della sfera e pari alla distanza d(C,P) la sfera ha equazione: (x-1) 2+(y+ 1)2+z2 = 11.

=-fu e pertanto

III-2 a) C(l,2,0)

R = 4;

b) C(-1,2,-1) R = 3; c) C(-1,1,7)

R=

{2.

Soluzione. a) (x-1) 2+(y-2)2+z2 = 16; b) (x+1) 2+(y-2) 2+(z+1) 2

= 9;

c) (x+1) 2 +(y-1) 2 +(z-7) 2 = 2.

35. Si trovino centro e raggio della sfera S in ciascuno dei seguenti

casi: a) x 2+y 2+z 2 -2x+4y-1 = 0; b) 2x 2+2y 2+2z 2+4x-y+z = 0; c) 3(x2+y 2 +z 2)-6z-1 = 0.

Soluzione. a) Col completamento 0, ad esempio k = 1: si ottiene {: 2: ;2

= 3 , che e una circonferenza di centro C 1(0,0,1) e raggio

13. Un meridiano si ottiene invece intersecando

S con un piano passante per l'asse di rotazione, cioe l'asse z, ad esempio il piano di equazione x = 0: si ottiene {;2==03 z , che e una parabola del piano X

= 0.

Capitolo V LE QUADRICHE

64. Data la quadrica Q di equazione 2x2 - 3y 2 +z 2 -1 = 0,

a) se ne riconosca il tipo ; b) se ne trovi una forma canonica; c) se ne trovino gli elementi di simmetria. Soluzione. L'equazione di Q si pub scrivere nel modo seguente: x2

y2

-1- - -1-

2

+

z2

= 1.

3

Si tratta di un iperboloide a una falda in forma canonica (senza alcuna traslazione). Il centro e 0(0,0,0), i piani di simmetria sono i piani coordinati, gli assi di simmetria sono gli assi coordinati; i semiassi hanno lunghezze

"1[ --Jr: 1.

V-2

65. Data la quadrica Q di equazione x 2-2x+y 2 -z+4y

= 0,

a) se ne riconosca il tipo ; b) se ne trovi una forma canonica; c) se ne trovino gli elementi di simmetria. Soluzione. L'equazione di Q si puo scrivere nel modo seguente: (x-1 )2 +(y+2) 2 = z+5. Si tratta di un paraboloide ellittico traslato, con vertice V(l,-2,-5). La traslazione che consente di di ottenere una forma canonica per Q

e:

X = x-1 { Y = y+2

. I piani di simmetria hanno

Z = z+5

= 1 e y = -2 e la retta r: {;: ~

e asse di simmetria. I semiassi hanno entrambi lunghezza 1, e quindi Q e di rotazione

equazioni x

attorno ad r.

66. Data la quadrica Q di equazione 2x 2 - 3y 2 - z2 +y+l = 0,

a) se ne riconosca il tipo ; b) se ne trovi una fonna canonica; c) se ne trovino gli elernenti di simmetria. Soluzione. L'equazione di Q si puo scrivere (completando i quadrati) nel modo seguente:

V-3 1

x2

(y-6)2

24

13 36

2-z 2 = -1- J_ ovvero - - 1 - + 2x2-3 (y-.!.) 6 12' 3

z2 + - 13 -- 1 · Si 12

tratta di un iperboloide a una falda traslato. 11 centro e C(o,½, 0) e i piani di simmetria hanno equazioni x hanno lunghezze

= 0, y =½, z = 0; i semiassi

"1½f, ~' "'1Tf e la traslazione che consente di

ottenere la forma canonica di Q

e: {::: . ¼ Z=z

67. Data la quadrica Q di equazione 2x2+3y2+z 2- 4y- 5 = 0,

a) se ne riconosca il tipo; b) se ne trovi una forma canonica; c) se ne trovino gli elementi di simmetria. Soluzione. L'equazione di Q si puo scrivere (completando i quadrati) nel modo seguente: x2 (y-1)2 z2 2x2+3(y-1) 2+z 2 = 8, ovvero 4 + - 8- + 8 = 1. 3

Si tratta di un ellissoide traslato con centro in C(0,1,0), piani di simmetria x

= 0, y = 1, z = 0, semiassi di lunghezze 2, ~ -fs; la

traslazione che consente di ottenere la forma canonica di Q ha X=x { equazioni: Y = y-1

Z=z

V-4

68. *Data la quadrica Q di equc;zione x 2 +2y 2-z 2-y-x = 0,

a) si provi che contiene rette reali ; b) si trovino due rette distinte su Q. Soluzione. a) L'equazione di Q si puo scrivere (completando i quadrati) nel modo seguente:

Si tratta di un iperboloide a una falda, e pertanto contiene infinite rette reali. Per trovarne due basta tagliare Q con il piano di . 1 equaz10ne y -4 =

- /3 -\J 16 .

Si ottiene la curva di equazioni:

, che

e unione delle

due rette:

69. *Data la quadrica Q di equazione x2 +2y 2-z 2-y-x = 0,

a) si provi che contiene sia ellissi sia iperboli; b) si trovino una ellisse e una iperbole su Q. Soluzione. a) L'equazione di Q si puo scrivere (completando i quadrati) nel modo seguente:

V-5 (x-1=)2

(x-½)2+2(y-¾)2-z 2 = ~, ovvero

:J.2 + 8

(y-1=)2 4 3

2

-

16

~ =

1.

8

Si tratta di un iperboloide a una falda, contenente pertanto sia ellissi sia iperboli. Per trovare un'ellisse basta tagliare Q col piano di equazione z = 0. Si ottiene la curva di equazioni:

{xz-+2Oy -y-x = 0 2

, ovvero

2

{z( = 0 1)

( 1)

x-2 2 +2 y-4 2 - 8 _ 3

e un'ellisse.

Si ottiene invece un'iperbole intersecando Q col y= 0 piano y = O; essa ha equazioni { (x-½)2-z 2 = ¾

che

70. Data la quadrica Q di equazione x 2+2y 2-z 2-y-x = 0, se ne trovi il piano tangente in 0(0,0,0). Soluzione. L' equazione di Q si pub scrivere: (x-½)2+2(y-¼)2-z2=

¾;

quindi il piano tangente in O ha equazione: 1

1

1

1

3

-~x- 2) + 2(y - 4)(- 4) = 8 , ovvero x+y = 0. Si noti che x+y e, a meno del segno, il complesso 0 , t(O) =-6 < 0

e quindi O

= -4

e un punto di mas-

91. Sia f(x,y) = log(ex 2 -i-2 x -1). Si calcoli dom f e si trovi il piano tangente al grafico di f nel punto Q corrispondente a P(-1,1).

Soluzione. Risul ta: 2 2

domf = ((x,y)

E

R 2 I ex -y -2x -1 > 0}

= ((x,y)

E

R 2 I x2 -y 2 -2x > 0}

= ((x,y)

E

R 2 1(x-1) 2-y2 > 1};

VII-8

si tratta di due delle tre regioni in cui il piano e diviso dai due rami dell'iperbole di equazione (x-1) 2-y 2 = 1 (che ha centro in C(l,O) e asse di simmetria trasverso la retta y = 0), e precisamente si tratta delle due regioni che non contengono il centro. 11 grafico di f e la superficie di equazione z = log(ex 2-Y2-2x -1) e il piano tangente ad esso in Q(-1,1,f(-l,1)) ha equazione: z = f(P)+fxCP)(x+l)+fyCP)(y-1). Poiche f(P)

= log(e 2-1),

fx =

ex2-y2-2x(2x-2) ex2-y2-2x(-2y) ex2-y2-2x_ 1 ' fy = ex2-y2-2x_ 1

fxCP)

=

segue che -4e 2

fy(P)

e2- 1'

2 = --2e 2- .

e -1

Allara il piano tangente cercato ha equazione: -4e 2

-2e 2

z = log(e 2-l)+(e 2_1) (x+l)+(e 2_1 ) (y-1).

Capitolo VIII INTEGRAZIONE DELLE FUNZIONI DI PlU VARIABILI

92. Si calcoli l'integrale della funzione f(x,y,z) = x+y-2z lungo l'arco A,B della curva L: {::

!t ,

dove A(0,0,1), B(l,4,0).

z == 1-t

Soluzione. Poiche A corrisponde al valore t e P'(t) = (1,4,-1), si ha: 1

Jf( t,4t,1-t) I P'(t) I dt = 0

= 0, B

al valore t

1

J(3t-2)\/18dt 0

= \/18[it2-2t] 1 = -½m. 0

=1

VIII-2

93. Si calcoli l'integrale della funzione fl:x,y,z) = x 2 -y+z2 lungo l'arco X = COS t , dove A(0,0,1), B(l,0,0). A,B della curva L: { y = 0 z = sin t 7t

Soluzione. Poiche A corrisponde al valore t = 0, B al valore t = 2 e P'(t) = (-sin t, 0, cost), si ha: rr 2

1

rr

Jf(cos t,0,sin t) I P'(t) I dt = J1-ldt= 0

94. *Si calcoli

[t]~

0

f x +y -2z , 2

2

dove y e l'arco di curva chiusa L: {:: :~~;

Y

z= 1

che ha gli estremi coincidenti in P(0) = P(21t) = A(l,0,1). Soluzione. L'integrale richiesto e: 2rr

_____

J(cos 2t+sin 2t-2) ✓ cos 2t+sin 2t 0

2rr

dt =

f(-l)dt = -27t. 0

Si noti che l'integrale none nullo, nonostante che si parta da A e si ritorni in A.

t 95. *Si calcoli F-dP dove F(x,y,z) = xi+yj+zk e 'Y: y = sin t y z=l 0 '.S: t '.S: 21t (cioe 'Y ha gli estrenii coincidenti in P(0) = P(21t) ).

f

X

{

=

COS

con

VIII-3

Soluzione. L'integrale richiesto e: 2n

2n

0

0

f (cos t(-sin t)+sin t(cos t)+l-O)dt = JOdt = 0. Si noti che l'integrale e nu.llo. Questo era prevedibile perche il campo ammette potenziale (precisamente f( x,y,z) = ½(x 2+y2+z 2)), e quindi e conservativo (cfr. libro di teoria, Cap. VII, 3.3).

96. Si calcoli l'integrale doppio:

f Ji xy dxdy, dove I e il

rettangolo

avente vertici nei punti 0, A(l,O), B(0,4), C(l,4). Soluzione. 11 calcolo dell'integrale richiesto si riconduce al calcolo di due integrali semplici. lnfatti risulta: I=

- 2]1= 4. J1dx J4xydy = J1(x[-y22]4dx = f18xdx = [4x 0

97. Si calcoli

0

0

0

0

0

ff 1 (x2+y2) dxdy dove I= {(x,y)e R 2 I Q::;x::;2,--Jx::;y::;{;;}.

Soluzione. Risulta:

ff 1 (x2+y2) dxdy

=

~ (x2+y2)dy = .{;_

2

fdx f

f

0

0

2

4_,;;-4 _,;-

2

x-Jx (2x+f) dx

--.J29 W

= [-"\/x7+-·vxo] =7- +15- . 7 15 o

VIII-4

98. Si calcoli il volume del solido compreso fra il piano z = 0 e la superficie S di equazione z = x+y definita nel rettangolo: l={(x,y)ER2 I 0$x$2,0$y$3}.

Soluzione. Risulta: 2

J Jix+y)dxdy =

2

3

Jdx J (x+y)dy 0

=

0

J[xy + f ]~dx 2

3

0

2

= J(3x+Q) dx = [~ x 2+ Q x ] o2 = 6+9 = 15 . 2 2 2 ()

JJs xy dcr

99. *Si calcoli l'integrale

equazione

z=

dove S

e la parte di

cilindro di

2 compresa tra i due piani di equazioni ✓~i---x-

y = 2x-1, y = 3.

Soluzione. Si ha: fx = - ~ , fy = 0 da cui: -Y

✓ 1 +fX2+ fY2

=

1-x 2

✓ 1 + 1-X x2 2

= _1_ . -~ 1-x"'

-Y

La superficie S si proietta sul quadrilatero Q del piano xy delimitato dalle quattro rette di equazioni: y = 2x-1, y = 3,

X

= -1,

X

= 1.

L'integrale richiesto e pertanto: 1

JJQ(xy)

✓ :x 2

dxdy

=

f~x

3

J

(xy) . ~ dy

2x-1

-Y

1-x 2

VIII-5 1

=

s-

2x:J+ 2x2 -t4x _,:---;: dx. \/ 1-x2

-1

Effettuando il cambiamento di variabile x = sin t , si ha: 7t

2

ff Q (xy) ✓ l-x 1

2

J-2sin 3 t + 2sin 2 t -14sin t cost cos t dt

dxdy =

7t

2 7t

2

J(-2sin 3t + 2sin 2t +4sint) dt

=

7t

2 7t

7t

2 = -2 Jsin 3t dt + 2

7t

2

J sin 2t dt+ 4

2 Jsint dt

7t

7t

7t

2

2

2

~

2

J sin 2t

=0 + 2

dt + 0

=n .

7t

2

S: z = x + y 2 che si

100. *Si calcoli l'area della parte della superficie proietta sul rettangolo del piano xy

D = { (x,y)E R 2 l-l::; x::; 1; 0::; y::; 4). Soluzione. L'area richiesta 1

e: 4

1

4

0

f dx

J✓-1-+-1+_4_y_ 2 dy =

f dx f✓2+4y2 dy.

-1

0

-1

Effettuando il cambiamento di variabile y

= 8:ht si ha:

VIII-6 1

ln(4-V2+ffl

ff D dcr = Jdx -1

✓~2+-2-Sh_2_t

c.;-;

dt

0

ln(4 ✓2+,f:fi)

1

=

J

Jdx

f Ch

-1

0

I[

2

t dt

1

=

e2t - e-2t

8

8

+

_!_

2

t ] ln(4✓ 2+\133) d 0

X

-1

1

=

J

[-81 (4"'✓ 2 +✓ 33)2 - _81

{2 l-f:33 (4 2 + 33 )2

+ _21 ln(4"'✓ 2+m)]dx

-1

= 2 {-81

[65 + 8"'✓ 2✓ 33-

~-f:33 + 4 65 + 8 2 33

ln(4"'✓ 2 +✓ 33)]

}.

Collana 100 PAGINE DI... 100 ESERCIZI DI... diretta da S. GRECO Piano dell'opera 100 PAGINE DI ... P. ALLIA

Fisica I

P. ALLIA

Fisica II, con cerini di struttura della materia

G. MONEGATO

Elementi di Calcolo Numerico

N. CHIARLI - S. GRECO - P. VALABREGA lineare

Algebra

N. CHIARLI - S. GRECO - P. VALABREGA Geometria analitica piana, con teoria elementare delle funzioni e numeri complessi N. CHIARLI - S. GRECO - P. VALABREGA Geometria analitica dello spazio, con elementi di teoria delle funzioni di piu variabili C. DEMARTINI

Fondamenti di Informatica I

P. ROLANDO et al

Chimica Generale

P. ROLANDO et al

Chimica Organica

100 ESERCIZI DI... P. ALLIA

Fisica I

P. ALLIA

Fisica II

G. MONEGATO

Elementi di Calcolo Numerico

N.CHIARLI-S.GRECO-P.VALABREGA Algebra lineare

N. CHIARLI - S. GRECO - P. VALABREGA Geometria analitica piana, con teoria elementare delle funzioni e numeri complessi N. CHIARLI - S. GRECO - P. VALABREGA Geometria analitica dello spazio, con elementi di teoria delle funzioni di piu variabili C. DEMARTINI

Fondamenti di Informatica I

P. ROLANDO et al

Chimica Generale

P. ROLANDO et al

Chimica Organica

Finito di stampare nel mese di novembre 1994 presso la M. $./Litografia s.r.l. - Torino per conto della Editrice Universitaria Levrotto & Bella - Torino

ISBN 88-8218-104-9

II IIIIll I111111111111111

9 788882 181048