Esercizio rette incidenti in forma cartesiana

Question

Ho bisogno di una mano per dimostrare che due rette dello spazio sono incidenti usando i metodi tipici per i sistemi lineari. Immagino che sia sufficiente mettere a sistema le equazioni cartesiane delle rette e risolverlo, giusto? Date le rette di equazioni cartesiane ; r: x−z−2 = 0 ;−2y+z = 0 ; s: x+y−3z = 0 ; x−3y−z = 0 Stabilire se sono rette incidenti determinando il loro eventuale punto di intersezione. Grazie.

Redazione di YouMath · Accepted Answer

Per stabilire se r,s ; r: x−z−2 = 0 ;−2y+z = 0 ; s: x+y−3z = 0 ; x−3y−z = 0 siano effettivamente rette incidenti è sufficiente studiare il sistema lineare composto dalle equazioni cartesiane delle rette, ossia: x−z−2 = 0 ;−2y+z = 0 ; x+y−3z = 0 ; x−3y−z = 0 In base al numero di soluzioni, possiamo distinguere i seguenti casi:−se il sistema è impossibile, le due rette non sono incidenti, né parallele e coincidenti. Tutt'al più possono essere rette sghembe o parallele e distinte;−Se il sistema ammette un'unica soluzione, r,s sono rette incidenti e il punto di intersezione coincide con la soluzione.−Se il sistema ammette ∞^(1), le rette sono parallele e coincidenti; Non possono presentarsi altri casi perché se il sistema ammettesse ∞^(2) soluzioni, implicherebbe che una delle due rappresentazioni cartesiane non individua propriamente una retta. Risolviamo il sistema esprimendolo innanzitutto in forma normale e avvalendoci in seguito del metodo di eliminazione di Gauss x−z−2 = 0 ;−2y+z = 0 ; x+y−3z = 0 ; x−3y−z = 0 → x−z = 2 ;−2y+z = 0 ; x+y−3z = 0 ; x−3y−z = 0 Denotiamo con (A|b) la matrice completa (A|b) = (ccc|c1 0 −1 2 ; 0 −2 1 0 ; 1 1 −3 0 ; 1 −3 −1 0) e riduciamola a gradini: cancelliamo il primo elemento della terza e quello della quarta riga con le mosse ; R_3 → R_3−R_1 ; R_4 → R_4−R_1 grazie alle quali otteniamo (A|b)' = (ccc|c1 0 −1 2 ; 0 −2 1 0 ; 0 1 −2 −2 ; 0 −3 0 −2) Cancelliamo il primo elemento non nullo della terza riga con la mossa R_3 → 2R_3+R_2 e il primo elemento non nullo della quarta con la mossa elementare R_4 → R_4−(3)/(2)R_2 Svolti dovuti calcoli, la matrice diverrà (A|b)'' = (ccc|c1 0 −1 2 ; 0 −2 1 0 ; 0 0 −3 −4 ; 0 0 −(3)/(2) −2) Sostituiamo infine la quarta riga con quella che si ottiene dall'operazione elementare 2R_4−R_3 (A|b)''' = (ccc|c1 0 −1 2 ; 0 −2 1 0 ; 0 0 −3 −4 ; 0 0 0 0) La riduzione è giunta al termine, perché (A|b)''' è una matrice a gradini. A questo punto non ci resta che considerare il sistema ridotto x−z = 2 ;−2y+z = 0 ;−3z = −4 e ricavarne la soluzione con le opportune sostituzioni all'indietro x−(4)/(3) = 2 ;−2y+(4)/(3) = 0 ; z = (4)/(3) → x = (10)/(3) ; y = (2)/(3) ; z = (4)/(3) Poiché il sistema ammette un'unica soluzione (x,y,z) = ((10)/(3),(2)/(3),(4)/(3)) possiamo immediatamente concludere che le due rette sono incidenti e che il loro punto di intersezione è P((10)/(3),(2)/(3),(4)/(3)) Abbiamo terminato.