Elementi di Matematica (A-K)- a.a. 2013/2014

ESERCIZI E COMPLEMENTI - parte 1



A) FORME BILINEARI E FORME QUADRATICHE - SPAZI VETTORIALI EUCLIDEI

A1) In $\mathbb{R}^2$ con prodotto scalare standard si considerino la base canonica $\mathbf{e} =\{e_1,e_2\}$, e la base ortonormale $\mathbf{b}=\{b_1,b_2\}$ dove $b_1= (\sqrt{2}/2,\sqrt{2}/2)$, $b_2=(-\sqrt{2}/2,\sqrt{2}/2)$. Si calcolino le coordinate di $v=(2,3), \ w=(-1,1)$ rispetto a $\mathbf{b}$ e il valore di $v\bullet w$ rispetto alle due basi (che deve essere lo stesso).

A2) Si verifichi che la matrice $A = \left(\begin{array}{ccc}1&1&1\\1&2&2\\1&2&3\end{array}\right)$ definisce un prodotto scalare $\langle,\rangle$ in $\mathbb{R}^3$. Applicare il procedimento di Gram-Schmidt alla base canonica e costruire una base ortogonale rispetto a $\langle,\rangle$. ( Soluzione: $b_1=(1,0,0), b_2=(-1,1,0), b_3=(0,-1,1)$).

A3) Si determini una base ortonormale $\mathbf{b}$ di $\mathbb{R}^3$ rispetto al prodotto scalare standard, applicando il procedimento di Gram-Schmidt alla base $\mathbf{v}$ formata dai vettori: $v_1=(1,0,1), \ v_2=(0,1,1),\ v_3=(0,1-1)$. Si verifichi che la matrice del cambiamento di base da $\mathbf{b}$ alla base canonica è ortogonale. ( Soluzione: $b_1=(\sqrt{2}/2,0,\sqrt{2}/2),\ b_2=(-\sqrt{6}/6,\sqrt{2/3},\sqrt{6}/6), \ b_3=(\sqrt{3}/3,\sqrt{3}/3,-\sqrt{3}/3)$).

A4) Scrivere la matrice delle seguenti forme quadratiche su $\mathbb{R}^3$, rispetto alla base canonica: $q(x_1,x_2,x_3) = 2x_1x_3-5x_2x_3$; $\ \ q(x_1,x_2,x_3) = x_2^2-3x_1x_2+5x_2x_1 + x_3^2$; $\ \ q(x_1,x_2,x_3) = x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3$.

A5) Dimostrare che, se $N$ è una matrice quadrata qualsiasi, allora $A = ^tNN$ è simmetrica.

A6) Diagonalizzare la forma quadratica su $\mathbb{R}^2$: $Q(x,y)=5x^2+5y^2-26xy$, esibendo la matrice ortogonale utilizzata. Classificare $Q$ e trovare la base di Sylvester e la forma canonica di Sylvester.

A7) Stesso esercizio con $Q(x,y)= x^2+y^2 + xy$.

A8) Come nell'esercizio precedente ma per la forma quadratica su $\mathbb{R}^3$: $Q(x,y,z)= -2y^2-2z^2 - 2xy - 2xz - 2 yz$.

A9) Si dimostri che se $Q$ è una forma quadratica definita (positiva o negativa) allora $Q$ non possiede vettori isotropi $\ne 0$. Dimostrare che se invece $Q$ è degenere o indefinita allora ne possiede.

A10) Sia $Q:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}$ la forma quadratica $Q(x_1,x_2,x_3)= x_1^2+4x_1x_3-x_2^2+x_3^2$. La matrice simmetrica che la definisce rispetto alla base canonica è $A = \left(\begin{array}{ccc}1&0&2 \\0&-1&0 \\ 2&0&1 \end{array}\right)$. Il polinomio caratteristico è $P_A(\lambda)= (1+\lambda)^2(3-\lambda)$ e quindi gli autovalori sono $\lambda=-1$ con molteplicità 2 e $\lambda=3$ con molteplicità 1. Quindi possiamo affermare che esiste una base ortonormale $\mathbf{b}$ rispetto alla quale $Q$ si diagonalizza nella forma $Q(y_1,y_2,y_3)=3y_1^2-y_2^2-y_3^2$. Possiamo anche affermare che $Q$ ha rango 3 e segnatura $(1,2)$. Quindi $Q$ è nondegenere e indefinita.
Per determinare $\mathbf{b}$ dobbiamo considerare $A$ come matrice di un operatore simmetrico e trovarne gli autospazi. L'autovatore $\lambda=3$ ha autospazio 1-dimensionale $V_3$ di equazioni $x_1-x_3=0$, $x_2=0$. Pertanto un versore che genera $V_3$ è $b_1=(\sqrt{2}/2,0,\sqrt{2}/2)$. L'autospazio $V_{-1}$ ha dimensione 2 ed equazione $x_1+x_3=0$. Ovviamente $V_{-1}=b_1^\perp$. Una sua base ortonormale è ad esempio $\{b_2,b_3\} = \{(\sqrt{2}/2,0,-\sqrt{2}/2),(0,1,0)\}$. Quindi la base cercata è: $\mathbf{b}=\{(\sqrt{2}/2,0,\sqrt{2}/2),(\sqrt{2}/2,0,-\sqrt{2}/2),(0,1,0)\}$. [Si osservi che $\mathbf{b}$ non è unica: $b_1$ può essere sostituito da $-b_1$ e $b_2,b_2$ da un'altra base ortonormale di $V_{-1}$, e ce ne sono infinite].
Consideriamo ora la matrice del cambiamento di base $M_{\mathbf{e},\mathbf{b}} = \left(\begin{array}{ccc}\sqrt{2}/2&\sqrt{2}/2&0 \\0&0&1\\ \sqrt{2}/2&-\sqrt{2}/2&0\end{array}\right)$ che è una matrice ortogonale. Con un semplice calcolo si verifica che $^tM_{\mathbf{e},\mathbf{b}}A M_{\mathbf{e},\mathbf{b}} = \left(\begin{array}{ccc}3&0&0\\ 0&-1&0 \\ 0&0&-1\end{array}\right)$ che è appunto la matrice di $Q$ rispetto a $\mathbf{b}$.
La forma canonica di Sylvester di $Q$ è $Q(z_1,z_2,z_3) = z_1^2-z_2^2-z_3^2$. La base di Sylvester corrispondente si ottiene da $\mathbf{b}$ moltiplicando ogni vettore relativo ad un autovalore $\lambda_i\ne 0$ per $\sqrt{|\lambda_i|}^{-1}$. In questo caso l'unico vettore che va modificato è $b_1$, che va moltiplicato per $\sqrt{3}^{-1}$. Quindi la base di Sylvester associata a $\mathbf{b}$ è $\mathbf{s}= \{(1/\sqrt{6},0,1/\sqrt{6}), (\sqrt{2}/2,0,-\sqrt{2}/2),(0,1,0)\}$. Per avere conferma di non aver sbagliato i calcoli è consigliabile verificare che il valore di $Q$ sui vettori $b_i$ e su $(1/\sqrt{6},0,1/\sqrt{6})$ siano quelli giusti. Ad esempio:
$Q(1/\sqrt{6},0,1/\sqrt{6}) = (1/\sqrt{6})^2 + 4 (1/\sqrt{6})^2 - 0^2 + (1/\sqrt{6})^2 = 1$.

A11) Svolgere la stessa discussione del n. 10 per la forma quadratica $Q(x_1,x_2,x_3)= 3x_1^2 + 4x_2^2 + 3 x_3^2-2x_1x_2+2x_2x_3$ su $\mathbb{R}^3$.
Soluzione: $A= \left(\begin{array}{ccc}3&-1&0 \\-1&4&1 \\ 0&1&3 \end{array}\right)$, $P_A(\lambda) = (2-\lambda)(3-\lambda)(5-\lambda)$, rango $r=3$, segnatura $(3,0)$. Forma diagonalizzata $Q(y_1,y_2,y_3)=2y_1^2+3y_2^2+5y_3^2$. Forma canonica di Sylvester: $Q(z_1,z_2,z_3)=z_1^2+z_2^2+z_3^2$. Base ortonormale diagonalizzante: $\mathbf{b} = \{(1/\sqrt{3},1/\sqrt{3},-1/\sqrt{3}),(1/\sqrt{2},0,1/\sqrt{2}),(-1/\sqrt{6},2/\sqrt{6},1/\sqrt{6})\}$. Base di Sylvester: $\mathbf{s}= \{(1/\sqrt{6},1/\sqrt{6},-1/\sqrt{6}),(1/\sqrt{6},0,1/\sqrt{6}),(-1/\sqrt{30},2/\sqrt{30},1/\sqrt{30})\}$.

A12) Sia $Q: \mathbb{R}^4 \to \mathbb{R}$ la forma quadratica associata alla matrice $A = \left(\begin{array}{cccc}1&0&0&-1 \\ 0&0&1&0 \\0&1&0&0 \\-1&0&0&0\end{array}\right)$ Determinarne rango, segnatura, forma canonica di Sylvester, e classificarla. Soluzione: rango 4, segnatura $(2,2)$, Sylvester: $z_1^2+z_2^2-z_3^2-z_4^2$. È indefinita nondegenere.

A13) Altri esempi di matrici simmetriche su cui esercitarsi: $\left(\begin{array}{cc}3&1 \\1&1\end{array}\right)$, $\left(\begin{array}{cc}5&-1\\-1&2\end{array}\right)$, $\left(\begin{array}{cc}1&1\\1&1\end{array}\right)$, $\left(\begin{array}{ccc}1&0&1 \\ 0&1&0 \\ 1&0&1\end{array}\right)$, $\left(\begin{array}{ccc} 1&2&2 \\ 2&8&6 \\ 2&6&6 \end{array}\right)$, $\left(\begin{array}{ccc} 1&2&3 \\ 2&-1&1 \\ 3&1&4 \end{array}\right)$, $\left(\begin{array}{ccc}0&1&1 \\ 1&1&1 \\ 1&1&-1 \end{array}\right)$, $\left(\begin{array}{cccc}2&0&0&1 \\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&0 \\ 1&0&0&1 \end{array}\right)$, $\left(\begin{array}{cccc}-2&0&0&2 \\ 0&1&-1&0 \\ 0&-1&1&0 \\ 2&0&0&2\end{array}\right)$.

A14) Determinare la matrice del prodotto scalare standard in $\mathbb{R}^2$ rispetto alla base $\mathbf{b} = \left\{\left(\begin{array}{c}3\\5\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}-1\\7\end{array}\right)\right\}$.
Soluzione: La matrice $A$ cercata può essere calcolata con la regola $a_{ij} = b_i\bullet b_i$, e quindi $A = \left(\begin{array}{cc}34&32\\32&50 \end{array}\right)$. Un modo alternativo per calcolare è utilizzando la formula $A=^tM \mathbf{I}_2 M = ^tMM$, dove $M=M_{\mathbf{eb}}=\left(\begin{array}{cc}3&-1\\5&7\end{array}\right)$ è la matrice di passaggio dalla base $\mathbf{b}$ alla base canonica $\mathbf{e}$.

A15) Si consideri la matrice $A=\left(\begin{array}{cc}3&2\\2&2\end{array}\right)$. Dopo aver verificato che $A$ definisce un prodotto scalare $\langle,\rangle$ in $\mathbb{R}^2$ determinare la matrice $B$ di $\langle,\rangle$ rispetto alla base $\mathbf{b} = \left\{\left(\begin{array}{c}1\\1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}-1\\3\end{array}\right)\right\}$.
Soluzione: Come nell'esercizio precedente si può procedere in due modi. Il primo procedimento dà $b_{11}=\langle b_1, b_1\rangle= 9, \ b_{12}=b_{21}= 7,\ b_{22}=9$, e quindi $B=\left(\begin{array}{cc}9&7\\7&9\end{array}\right)$. Con il secondo metodo si ottiene $B=^tMAM$ dove $M=M_{\mathbf{eb}}=\left(\begin{array}{cc}1&-1\\1&3\end{array}\right)$.


B) GEOMETRIA ANALITICA

B1) Rango e principio dei minori orlati - Sia $M \in M_{m,n}(\mathbb{R})$ una matrice $m\times n$. Una sua sottomatrice $h\times k$ è una matrice ottenuta come intersezione di $h$ righe e di $k$ colonne di $M$. Un minore di ordine $k$ di $M$ è il determinante di una sottomatrice quadrata di ordine $k$. Data una sottomatrice quadrata $N$ di $M$ di ordine $k$, i minori orlati di $N$ sono i minori ottenuti come determinanti delle sottomatrici quadrate di ordine $k+1$ di $M$ ottenute aggiungendo una riga e una colonna a quelle che definiscono $N$ (cioè ''orlando'' $N$).
Esempio: $M = \left(\begin{array}{ccc} 1&3&7 \\ 12& 0,5& \pi\end{array}\right)$. Le sottomatrici quadrate $2\times 2$ di $M$ sono $\left(\begin{array}{cc}1&3\\ 12& 0,5\end{array}\right)$, $\left(\begin{array}{cc}1&7 \\ 12 & \pi \end{array}\right)$, $\left(\begin{array}{cc}3&7 \\ 0,5& \pi\end{array}\right)$. I corrispondenti minori sono $\left|\begin{array}{cc}1&3\\ 12& 0,5\end{array}\right| = 71/2$, $\left|\begin{array}{cc}1&7 \\ 12 & \pi \end{array}\right|= \pi - 84$, $\left|\begin{array}{cc}3&7 \\ 0,5& \pi\end{array}\right|= 3\pi -7/2.$ Le sottomatrici quadrate ottenute orlando $(3)$ sono $\left(\begin{array}{cc}1&3\\ 12& 0,5\end{array}\right)$ e $\left(\begin{array}{cc}3&7 \\ 0,5& \pi\end{array}\right)$.
I seguenti fatti sono utili nella risoluzione di problemi che richiedono il calcolo del rango di una matrice.
Teorema: (a) Il rango di una matrice $M \in M_{m,n}(\mathbb{R})$ è il massimo ordine dei minori non nulli di $M$. (b) Una matrice $M \in M_{m,n}(\mathbb{R})$ ha rango $r$ se e solo se possiede un minore non nullo di ordine $r$ e tutti i minori di ordine $r+1$ ottenuti orlando quel minore sono nulli.
Per maggiori dettagli ed esempi si consulti il libro di testo, n. 2.3 p. 50.

B2) In $\mathbb{R}^2$, determinare un'equazione cartesiana della retta $r$ parallela alla retta $s: 2x+y-1=0$ e passante per il punto comune alle rette $x-2y+8 = 0 = 3x-y-1$.
Soluzione: La retta cercata ha equazione $2x+y+\lambda=0$ dove $\lambda$ deve essere determinato. La condizione di passaggio richiesta è equivalente alla condizione che $r$ appartenga al fascio proprio determinato dalle due rette assegnate. Quindi, affinche' ciò avvenga si deve avere: $\left|\begin{array}{ccc}2&1&\lambda \\ 1&-2&8 \\ 3&-1&-1 \end{array}\right|=0$. Questa condizione dà $\lambda=9$ e quindi $r: 2x+y-9=0$.

B3) In $\mathbb{R}^2$ si considerino le due rette, dipendenti da un parametro $m \in \mathbb{R}$, di equazioni: $mx+y-m=0, \quad x+4my+2m=0$. Determinare i valori di $m$ per i quali le due rette sono: a) parallele, b) coincidenti, c) hanno il punto comune sulla retta $r:x-y-1=0$.
Soluzione: a) La condizione di parallelismo è $\left|\begin{array}{cc}m&1\\1&4m \end{array}\right|=0$, che fornisce i valori $m = \pm 1/2$.
b) La condizione di coincidenza equivale alla proporzionalità delle due equazioni, e quindi alla condizione che la matrice $\left(\begin{array}{ccc}m&1&-m \\ 1 & 4m & 2m\end{array}\right)$ abbia rango 1. Calcolando si trova il valore $m = - 1/2$.
c) La condizione richiesta equivale a che le tre rette appartengano allo stesso fascio. Quindi dev'essere $\left|\begin{array}{ccc}1&-1&1\\ m&1&-m \\ 1 & 4m & 2m\end{array}\right|=0$. Si trova $m = 1/5, -1/2$.

B4) In $\mathbb{R}^3$ determinare:
a) un'equazione cartesiana del piano di giacitura $\langle(1,-1,3),(2,2,5)\rangle$ e passante per il punto $P=(-1,-2,7)$. Soluzione: $\left|\begin{array}{ccc} X+1&Y+2&Z-7 \\ 1&-1&3 \\ 2&2&5 \end{array}\right|=0$, cioè $11X-Y-4Z+37=0$.

b) Equazioni parametriche della retta $r: 2X-Y+3=0=6Y-Z+11$. Soluzione: Come vettore di direzione si può prendere $(2,-1,0)\wedge (0,6,-1) = (1,2,12)$. Il punto $P=(-3/2,0,11)$ appartiene alla retta e quindi $x=-3/2+t, \ y=2t, \ z=11+12t$, $\quad t \in \mathbb{R}$, sono equazioni parametriche.

c) Equazioni cartesiane della retta passante per $P=(1,1,3)$ e avente vettore di direzione $(-5,0,4)$. Soluzione: Basta considerare la matrice $\left(\begin{array}{ccc} X-1&Y-1&Z-3 \\ -5&0&4\end{array}\right)$ ed estrarne due minori ottenuti orlandone un elemento non nullo, ad esempio $-5$; si ottiene $Y-1=0=4X+5Z-19$.

d) Un'equazione cartesiana ed equazioni parametriche del piano parallelo al piano $2Z-1=0$ e passante per $P=(6,7,8)$. Soluzione: equazione cartesiana $2Z-16=0$. La giacitura ha equazione $Z=0$, quindi è $\langle (1,0,0),(0,1,0)\rangle$. Pertanto le equazioni parametriche sono: $x=6+a, \ y=7+b, \ z=8$.

e) Equazioni parametriche e cartesiane della retta parallela alla retta dell'esempio b) e passante per $(1,2,3)$. Soluzione: $x=1+t, \ y=2+2t, \ z=3+12t$. Equazioni cartesiane si ottengono come nell'esempio c) prendendo la matrice $\left(\begin{array}{ccc} X-1&Y-2&Z-3 \\ 1&2&12\end{array}\right)$. Si ottengono le equazioni $2X-Y=0=12X-Z-9$.

f) Equazioni parametriche e cartesiane della retta passante per $P=(-2,-3,5)$ e perpendicolare al piano $X+Y-Z=8$. Soluzione: Equazioni parametriche: $x=-2+t,\ y=-3+t,\ z=5-t$. Equazioni cartesiane: $X-Y-1=0$, $\ X+Z-3=0$.

g) Un'equazione cartesiana del piano passante per $P=(1,5,-1)$ e perpendicolare alla retta $r$ dell'esempio b). Soluzione: Tutti i piani perpendicolari ad $r$ sono della forma $X+2Y+12Z+D=0$ (fascio improprio di piani). Imponendo il passaggio per $P$ si calcola $D=1$. Quindi il piano è: $X+2Y+12Z+1=0$.

B5) Determinare un'equazione cartesiana del piano di $\mathbb{R}^3$ individuato dai punti $P=(0,0,0), Q=(1,0,1), R=(2,-1,1)$. Soluzione: Il piano ha giacitura individuata dai vettori $PQ=(1,0,1)$ e $PR=(2-1,1)$ e passa per $P$. Quindi ha equazione $\left|\begin{array}{ccc}X&Y&Z \\ 1&0&1 \\ 2&-1&1\end{array}\right|=0$ cioè $X+Y-Z=0$.

B6) Scrivere un'equazione cartesiana del piano di $\mathbb{R}^3$ a) passante per il punto $(\sqrt{8},1,-2\sqrt{3})$ e parallelo al piano di equazione $\sqrt{2} X-Y+\sqrt{3} Z - \sqrt{5}=0$; $\ $ b) passante per il punto $P=(1,-1,1)$ e per la retta di equazioni: $\frac{X}{2}=\frac{Y+3}{-1} = \frac{Z-1}{3}$; $\ $ c) passante per il punto $(1,-1,1)$ e perpendicolare alla retta di equazioni: $\frac{X}{2}=\frac{Y+3}{-1} = \frac{Z-1}{3}$.
Soluzione: a) $\sqrt{2} X-Y+\sqrt{3} Z+3=0$.
b) Il fascio di piani determinato dalla retta ha equazione $\lambda (X+2Y+6) + \mu(3X-2Z+2)=0$ La condizione di passaggio per il punto $P$ equivale a $5\lambda+3\mu=0$ e quindi il piano cercato è $-3(X+2Y+6) + 5 (3X-2Z+2)=0$, cioè $6X-3Y-5Z-4=0$.
c) La retta ha vettore di direzione $v=(2,-1,3)$. Quindi il piano ha equazione $2X-Y+3Z+D=0$ e la condizione di passaggio per $P$ dà la condizione $D=-6$. Quindi il piano è $2X-Y+3Z-6=0$.

B7) Scrivere un'equazione cartesiana del piano di $\mathbb{R}^3$ a) contenente la retta $r: 3X-2Y+Z-1=0=X-2Y+3Z+1$ e parallelo alla retta $s: x=1+t, \ y=2+2t, \ z=3+3t$. $\ $ b) passante per il punto $(2,1,-3)$ e parallelo alle rette $r: \frac{X}{2} = 2-y=\frac{Z}{2}$, $\ s: X=Y=0$.
Soluzione: a) La retta $s$ ha vettore di direzione $(1,2,3)$; il piano cercato appartiene al fascio di centro $r$, quindi ha equazione $(3\lambda+\mu)X-2(\lambda+\mu)Y+(\lambda+3\mu)Z+(\mu-\lambda)=0$. La condizione di parallelismo dà: $\ 3\lambda+\mu-4(\lambda+\mu)+3(\lambda+3\mu)=0$, cioè $\lambda+3\mu=0$. Pertanto il piano cercato è $2X-Y-1=0$.
b) La giacitura del piano è generata dai vettori di direzione delle due rette e cioè $(2,-1,2), (0,0,1)$. Quindi ha equazione $\left|\begin{array}{ccc}X-2&Y-1&Z+3 \\ 2&-1&2 \\ 0&0&1\end{array}\right|=0$, cioè $X+2Y-4=0$.

B8) Determinare la retta di $\mathbb{R}^3$ passante per $P=(1,2,0)$, perpendicolare alla retta $r:X-Y+1=Y+2Z-2=0$ e incidente la retta $s: X-Y=Z+1=0$.
Soluzione: $r$ ha vettore di direzione $(2,2,-1)$ e quindi la retta cercata appartiene al piano di equazione $2(X-1)+2(Y-2) - Z=0$, cioè $2X+2Y-Z-6=0$. Questo piano incontra la retta $s$ nel punto $(5/4,5/4,-1)$. Quindi la retta cercata ha vettore di direzione $(1,-3,-4)$ ed equazioni parametriche: $x=1+t, \ y=2-3t, \ z=-4t$.

B9) Determinare la posizione reciproca delle due seguenti rette di $\mathbb{R}^3$ in funzione del parametro $k\in \mathbb{R}$: $\quad r:\frac{X-1}{2} = Y+1 = \frac{Z}{3}$, $\quad s: X=t, \ Y=k-2+2t, \ Z=-3+3t$.
Soluzione: La direzione di $s$ è $\langle(1,2,3)\rangle$ ed è indipendente da $k$. La direzione di $r$ è $\langle(2,1,3)\rangle$. Quindi $r$ ed $s$ possono solo essere incidenti o sghembe perche' non sono mai parallele. Dopo aver ricavato equazioni cartesiane di $s$: $X-2Y-3=0=3Y-Z+3$, la condizione affinche' $r$ ed $s$ siano incidenti è che si abbia: $\left|\begin{array}{ccc}1&-2&0&-3 \\ 0&3&-1&3 \\ 2&-1&0&k-2\\3&0&-1&-3\end{array}\right|=0$, che equivale a $k=-1$. Quindi $r$ ed $s$ sono incidenti per $k=-1$ e sghembe altrimenti.

B10) Dire per quale valore del parametro $a\in \mathbb{R}$ le due rette $2X+Y+2Z-1=0=aX+Y+Z-10$, $\quad \frac{X+3}{2} = \frac{Y+2}{3} = \frac{6-Z}{4}$ sono incidenti e trovare il piano che le contiene e il loro punto di intersezione.
Soluzione: Ricaviamo equazioni cartesiane di $s:\ 3X-2Y+5=0=4Y+3Z-10$. Poiche' $r$ ed $s$ non sono parallele, la matrice dei coefficienti delle incognite ha rango 3 e quindi la condizione di incidenza si ottiene annullando il determinante della matrice completa del sistema (Rouche'-Capelli), cioè ponendo $\left|\begin{array}{cccc}2&1&2&-1 \\ a&1&1&-10 \\ 3&-2&0&5 \\ 0&4&3&-10\end{array}\right|=0$ che fornisce il valore $a=3$. Risolvendo il sistema si trova il punto di intersezione, che è $\ P=(3,7,-6)$. Il piano contenente le due rette è quello passante per $P$ e avente giacitura generata dai vettori di direzione delle due rette, che sono $v_r=(-1,4,-1)$ e $v_s=(2,3,-4)$. Quindi il piano cercato ha equazione cartesiana: $\left|\begin{array}{ccc}X-3&Y-7&Z+6 \\ -1&4&-1 \\ 2&3&-4\end{array}\right|=0$. Si ottiene $\ 13X+6Y+11Z-15=0$.

B11) Determinare la retta passante per $P(1,3,2)$ e complanare con le rette $r: X=Y=0$, $\ s: X-Y+1=0=X+Z-1$.
Soluzione: La retta cercata si individua facilmente come intersezione del piano passante per $r$ e per $P$ con il piano passante per $s$ e per $P$. Utilizzando il metodo del fascio si trovano per i due piani rispettivamente le equazioni $3X-Y=0$ e $3X-2Y+Z+1=0$.

B12) Determinare, se esiste, il valore del parametro $m \in \mathbb{R}$ in corrispondenza del quale si ottiene una terna di punti allineati: $(3,0,0), \ (0,1,1), \ (m,m,m)$. Soluzione: $m=\frac{3}{4}$.

B13) Verificare se i seguenti tre piani appartengono ad uno stesso fascio: $X-Y+Z+5=0, \quad 2X-2Y+2Z+77=0, \quad -X+Y-Z=0$. Soluzione: SI. E' un fascio improprio.

B14) In ciascuno dei seguenti casi verificare la posizione reciproca delle seguenti rette. Nel caso siano complanari trovare un'equazione del piano che le contiene. a) $r: x=1+t,\ y=-t,\ z=2+2t$. $\quad s: x=2-t,\ y=-1+3t, \ z=t$. $\quad$ b) $r: \ X+1=0=Z-2$, $\quad s:2X+Y-2Z+6=0=Y+Z-2$.
Soluzione: a) sghembe. b) incidenti: $2X-3Z+8=0$.