Isometria tra rette nello spazio
Scrivere l'espressione in coordinate di un'isometria dello spazio che manda al retta r nella retta s, dove:
$r:{\(x+y+z=-2),(x+y-z=1):}$
$s:{\(x-y=1),(2y+z=-1):}$
Osservo che le due rette sono sghembe. Ho pensato di agire così ma non sono molto sicuro: penso all'isometria come alla composizione di tre isometrie. La prima porta il vettore di direzione di r, cioè $(-1,1,0)$ nell'origine attraverso una traslazione. Poi effettuo una rotazione, data dalla matrice $((1,0,0),(0,cos\sigma,-sin\sigma),(0,sin\sigma,cos\sigma))$ ed infine effettuo un'altra traslazione che mi porta il vettore nel vettore di direzione di s, cioè $(1,1-2)$. L'espressione dell'isometria dovrebbe essere:
$f((x),(y))=((1,0,0),(0,cos\sigma,-sin\sigma),(0,sin\sigma,cos\sigma))(((x),(y),(z))-((-1),(1),(0)))+((1),(1),(-2))$
Sono molto dubbioso che sia giusta. Aspetto vostre risposte, grazie!!
$r:{\(x+y+z=-2),(x+y-z=1):}$
$s:{\(x-y=1),(2y+z=-1):}$
Osservo che le due rette sono sghembe. Ho pensato di agire così ma non sono molto sicuro: penso all'isometria come alla composizione di tre isometrie. La prima porta il vettore di direzione di r, cioè $(-1,1,0)$ nell'origine attraverso una traslazione. Poi effettuo una rotazione, data dalla matrice $((1,0,0),(0,cos\sigma,-sin\sigma),(0,sin\sigma,cos\sigma))$ ed infine effettuo un'altra traslazione che mi porta il vettore nel vettore di direzione di s, cioè $(1,1-2)$. L'espressione dell'isometria dovrebbe essere:
$f((x),(y))=((1,0,0),(0,cos\sigma,-sin\sigma),(0,sin\sigma,cos\sigma))(((x),(y),(z))-((-1),(1),(0)))+((1),(1),(-2))$
Sono molto dubbioso che sia giusta. Aspetto vostre risposte, grazie!!
Risposte
Vi prego è abbastanza importante!
I vettori sono tutti all'origine perché sono vettori liberi.
Le traslazioni infatti non sono trasformazioni lineari.
Io prima di tutto normalizzerei i vettori in modo da avere dei versori di direzione e poi non resta che applicare una semplice rotazione per soddisfare la traccia.
Le traslazioni infatti non sono trasformazioni lineari.
Io prima di tutto normalizzerei i vettori in modo da avere dei versori di direzione e poi non resta che applicare una semplice rotazione per soddisfare la traccia.
Prima di tutto grazie per la risposta! Poi alcune domande: perchè quei vettori sono già all'origine? E poi, una volta normalizzati, devo solo fare una rotazione di 90 gradi dato che sono ortogonali?
http://i62.tinypic.com/264tjrm.pgn
Il calcolo è complesso e richiede una conoscenza non superficiale di concetti inerenti le trasformazioni in $E^3$.
Le rette r ed s sono ortogonali per cui, detti ( vedi fig.): t la normale comune ad esse, A l'intersezione tra t ed R, B quella tra t ed s , con facili calcoli si trova che :
$A(3/{12},-9/{12},-{18}/{12}),B({11}/{12},-1/{12},-{10}/{12}), vec{B-A}=(2/3,2/3,2/3)$. L'isometria richiesta è il prodotto della rotazione ( antioraria, di 90° attorno a t) che porta r su s' per la traslazione di vettore $vec{B-A}$ che porta s' su s (vedi fig.) In termini di calcoli ciò significa che l'ìsometria f che si cerca è definita come :
(a) $P'=M(P-P_o)+(P_o +vec{B-A)}$
Dove :
\(\displaystyle P'=\begin{pmatrix}x'\\y'\\z' \end{pmatrix}, P=\begin{pmatrix}x\\y\\z \end{pmatrix}, P_o=\begin{pmatrix}1\\0\\ -\frac{3}{4}\end{pmatrix} \) [$P_o$ è un punto di t scelto a piacere]
mentre M è una matrice definita come :
(b) $M=C D C^t$
essendo D la matrice della rotazione di 90°:
\(\displaystyle D=\begin{pmatrix}0&-1&0\\1&0&0\\0&0&1 \end{pmatrix} \)
mentre C è un'altra matrice che si calcola come segue.
Lo spazio vettoriale \(\displaystyle W^{\perp} \) normale a t ha equazione : $x+y+z=0$ e una base di \(\displaystyle W^{\perp} \) è:
${(1,0,-1)^t,(0,1,-1)^t}$
Affiancando ad essa il vettore direzionale di t si ha la base:
${(1,0,-1)^t,(0,1,-1)^t,(1,1,1)^t}$
Rendendo ortonormale tale base si ha la nuova base :
${(1/{sqrt2},0,-1/{sqrt2})^t,(-1/{sqrt 6} ,2/{sqrt 6},-1/{sqrt 6})^t,(1/{sqrt 3},1/{sqrt 3},1/{sqrt 3})^t}$
La matrice C è allora quella che ha per colonne i vettori di quest'ultima base :
\(\displaystyle C=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt2}&-\frac{1}{\sqrt6}&\frac{1}{\sqrt 3} \\0&\frac{2}{\sqrt6}&\frac{1}{\sqrt 3}\\-\frac{1}{\sqrt2}&-\frac{1}{\sqrt6}&\frac{1}{\sqrt 3} \end{pmatrix} \)
Sostituendo i valori di D e di C nella (b) ne risulta la matrice M di f ed infine, sostituendo M nella (a), saltano fuori le equazioni della f:
\begin{cases}x'= \frac{1}{3}x+\frac{1-\sqrt 3}{3}y+\frac{1+\sqrt 3}{3}z+\frac{19+3\sqrt 3}{12} \\y'= \frac{1+\sqrt 3}{3}x+\frac{1}{3}y+\frac{1-\sqrt 3}{3}z+\frac{7-7\sqrt 3}{12} \\z'= \frac{1-\sqrt 3}{3}x+\frac{1+\sqrt 3}{3}y+\frac{1}{3}z+\frac{-2+4\sqrt 3}{12} \end{cases}
Ho verificato che M è una matrice ortonormale con det =1 ( isometria diretta), che la f porta effettivamente r in s ( per quest'ultima cosa è sufficiente verificare che due punti di r vengono portati in due punti di s ) ed infine che f conserva le distanze ( nel senso che se $(P,P')$ e $(Q,Q')$ sono due coppie di punti corrispondenti in f , allora risulta $PQ=P'Q'$). Come deve essere.
Il calcolo è complesso e richiede una conoscenza non superficiale di concetti inerenti le trasformazioni in $E^3$.
Le rette r ed s sono ortogonali per cui, detti ( vedi fig.): t la normale comune ad esse, A l'intersezione tra t ed R, B quella tra t ed s , con facili calcoli si trova che :
$A(3/{12},-9/{12},-{18}/{12}),B({11}/{12},-1/{12},-{10}/{12}), vec{B-A}=(2/3,2/3,2/3)$. L'isometria richiesta è il prodotto della rotazione ( antioraria, di 90° attorno a t) che porta r su s' per la traslazione di vettore $vec{B-A}$ che porta s' su s (vedi fig.) In termini di calcoli ciò significa che l'ìsometria f che si cerca è definita come :
(a) $P'=M(P-P_o)+(P_o +vec{B-A)}$
Dove :
\(\displaystyle P'=\begin{pmatrix}x'\\y'\\z' \end{pmatrix}, P=\begin{pmatrix}x\\y\\z \end{pmatrix}, P_o=\begin{pmatrix}1\\0\\ -\frac{3}{4}\end{pmatrix} \) [$P_o$ è un punto di t scelto a piacere]
mentre M è una matrice definita come :
(b) $M=C D C^t$
essendo D la matrice della rotazione di 90°:
\(\displaystyle D=\begin{pmatrix}0&-1&0\\1&0&0\\0&0&1 \end{pmatrix} \)
mentre C è un'altra matrice che si calcola come segue.
Lo spazio vettoriale \(\displaystyle W^{\perp} \) normale a t ha equazione : $x+y+z=0$ e una base di \(\displaystyle W^{\perp} \) è:
${(1,0,-1)^t,(0,1,-1)^t}$
Affiancando ad essa il vettore direzionale di t si ha la base:
${(1,0,-1)^t,(0,1,-1)^t,(1,1,1)^t}$
Rendendo ortonormale tale base si ha la nuova base :
${(1/{sqrt2},0,-1/{sqrt2})^t,(-1/{sqrt 6} ,2/{sqrt 6},-1/{sqrt 6})^t,(1/{sqrt 3},1/{sqrt 3},1/{sqrt 3})^t}$
La matrice C è allora quella che ha per colonne i vettori di quest'ultima base :
\(\displaystyle C=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt2}&-\frac{1}{\sqrt6}&\frac{1}{\sqrt 3} \\0&\frac{2}{\sqrt6}&\frac{1}{\sqrt 3}\\-\frac{1}{\sqrt2}&-\frac{1}{\sqrt6}&\frac{1}{\sqrt 3} \end{pmatrix} \)
Sostituendo i valori di D e di C nella (b) ne risulta la matrice M di f ed infine, sostituendo M nella (a), saltano fuori le equazioni della f:
\begin{cases}x'= \frac{1}{3}x+\frac{1-\sqrt 3}{3}y+\frac{1+\sqrt 3}{3}z+\frac{19+3\sqrt 3}{12} \\y'= \frac{1+\sqrt 3}{3}x+\frac{1}{3}y+\frac{1-\sqrt 3}{3}z+\frac{7-7\sqrt 3}{12} \\z'= \frac{1-\sqrt 3}{3}x+\frac{1+\sqrt 3}{3}y+\frac{1}{3}z+\frac{-2+4\sqrt 3}{12} \end{cases}
Ho verificato che M è una matrice ortonormale con det =1 ( isometria diretta), che la f porta effettivamente r in s ( per quest'ultima cosa è sufficiente verificare che due punti di r vengono portati in due punti di s ) ed infine che f conserva le distanze ( nel senso che se $(P,P')$ e $(Q,Q')$ sono due coppie di punti corrispondenti in f , allora risulta $PQ=P'Q'$). Come deve essere.
) E così, dopo aver lasciato di sé un'orma indelebile nel Parlamento Italiano ( da cui ha comunque tratto un sostanzioso vitalizio ...), sarà ora ricordata come quella ( o "quello " ?, riboh ... 
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