Esercizio 107punto di minima distanza da una retta (appello 8/7/2025)

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Parametriche di $r$

Un modo rapido: trovare due punti della retta. Con $z = 0$: dalla seconda equazione $y = 3$ e dalla prima $x = 7 - y + 3z = 7 - 3 = 4$, punto $R_1 = (4, 3, 0)$. Con $z = 1$: $y = 4$ e $x = 7 - 4 + 3 = 6$, punto $R_2 = (6, 4, 1)$. (In generale $y = 3 + z$ e $x = 7 - (3 + z) + 3z = 4 + 2z$, che con $z = t$ dà le stesse parametriche.) Direttore $v_r = R_2 - R_1 = (2, 1, 1)$:

$$r: \ X = (4 + 2t, \ 3 + t, \ t).$$

Controllo: $(2, 1, 1)$ è ortogonale alle normali $(1, 1, -3)$ ($2 + 1 - 3 = 0$ ✓) e $(0, 1, -1)$ ($1 - 1 = 0$ ✓).

(a) Punto di $r$ più vicino ad $A$

Il punto più vicino è il piede della perpendicolare: il vettore $X - A$ deve essere ortogonale alla direzione della retta.

$$X - A = (4 + 2t - 3, \ 3 + t + 1, \ t - 0) = (1 + 2t, \ 4 + t, \ t), \qquad (X - A) \cdot (2, 1, 1) = 2 + 4t + 4 + t + t = 6 + 6t = 0 \iff t = -1 .$$

$$H = (4 - 2, \ 3 - 1, \ -1) = (2, 2, -1).$$

Controlli: $H \in r$ ($2 + 2 + 3 - 7 = 0$ ✓, $2 + 1 - 3 = 0$ ✓); $A - H = (1, -3, 1)$ e $(1, -3, 1) \cdot (2, 1, 1) = 2 - 3 + 1 = 0$ ✓. La distanza è $d(A, r) = \|(1, -3, 1)\| = \sqrt{11}$.

Perché funziona. Per un qualsiasi altro punto $X \in r$, $\|X - A\|^2 = \|H - A\|^2 + \|X - H\|^2$ (PitagoraSe u · w = 0 allora ‖u + w‖² = ‖u‖² + ‖w‖², perché il doppio prodotto 2 u·w si annulla.Prodotto scalare, norma e angoli →, perché $X - H$ è parallelo a $r$ e $H - A$ è ortogonale a $r$): il minimo si ha per $X = H$.

Lo stesso risultato come minimo di una funzione. La distanza al quadrato tra $A$ e il punto $X(t)$ della retta è una funzione di una variabile:

$$f(t) = \|X(t) - A\|^2 = (1 + 2t)^2 + (4 + t)^2 + t^2 = (1 + 4t + 4t^2) + (16 + 8t + t^2) + t^2 = 6t^2 + 12t + 17 .$$

Minimizzare la distanza o il suo quadrato è lo stesso (la radice è crescente), e il quadrato evita le radici. $f$ è una parabola con concavità verso l'alto; per il teorema di FermatIn un punto di minimo interno di una funzione derivabile la derivata è nulla.Massimi e minimi relativi e teorema di Fermat → il minimo va cercato dove $f'(t) = 12t + 12 = 0$, cioè $t = -1$, lo stesso valore trovato con l'ortogonalità. È davvero un minimo: $f'(t) < 0$ per $t < -1$ e $f'(t) > 0$ per $t > -1$ (test di monotoniaPer f continua su [a,b] e derivabile in ]a,b[: f crescente ⇔ f' ≥ 0, f decrescente ⇔ f' ≤ 0; strettamente crescente ⇔ f' ≥ 0 e f' non nulla su nessun intervallo (basta f' > 0 tranne punti isolati: x³). Se f' cambia segno da + a − in x0, x0 è di massimo relativo stretto; da − a + di minimo. Vale anche nei punti di non derivabilità e negli estremi. Sono condizioni solo sufficienti: x²(2 + sin(1/x)).Test di monotonia e condizioni sufficienti per massimi e minimi →). Il valore minimo è $f(-1) = 6 - 12 + 17 = 11$, cioè $d(A, r) = \sqrt{11}$ ✓. Le due strade coincidono perché $f'(t) = 2\,(X(t) - A) \cdot v_r$: annullare la derivata è proprio imporre l'ortogonalità.

(b) Piano per $A$ e $B$ parallelo a $r$

Il piano contiene la direzione $\overrightarrow{AB} = B - A = (1 - 3,\ 3 + 1,\ 1 - 0) = (-2, 4, 1)$ (passa per $A$ e $B$) e la direzione $v_r = (2, 1, 1)$ (è parallelo a $r$). Normale, con il prodotto vettoriale(a₁, a₂, a₃) × (b₁, b₂, b₃) = (a₂b₃ − a₃b₂, a₃b₁ − a₁b₃, a₁b₂ − a₂b₁), ortogonale a entrambi.Prodotto vettoriale e prodotto misto →:

$$n = \overrightarrow{AB} \times v_r = (-2, 4, 1) \times (2, 1, 1) = \big(4 \cdot 1 - 1 \cdot 1, \ \ 1 \cdot 2 - (-2) \cdot 1, \ \ (-2) \cdot 1 - 4 \cdot 2\big) = (3, 4, -10).$$

$\pi: 3x + 4y - 10z = d$, con $d = 3 \cdot 3 + 4 \cdot (-1) - 0 = 5$ (passaggio per $A$):

$$\pi: \ 3x + 4y - 10z - 5 = 0 .$$

Controlli: $B$: $3 + 12 - 10 - 5 = 0$ ✓; $n \cdot v_r = 6 + 4 - 10 = 0$ ✓ (parallelo a $r$). Inoltre $r \not\subset \pi$: $R_1 = (4, 3, 0)$ dà $12 + 12 - 0 - 5 = 19 \ne 0$, quindi $r$ è parallela a $\pi$ ma non contenuta.

(c) Retta $s$ per $A$, in $\pi$, ortogonale ad $AB$

Il direttore $v_s$ deve essere ortogonale a $n$ (per stare nel piano) e ad $\overrightarrow{AB}$:

$$v_s = n \times \overrightarrow{AB} = (3, 4, -10) \times (-2, 4, 1) = \big(4 \cdot 1 - (-10) \cdot 4, \ \ (-10)(-2) - 3 \cdot 1, \ \ 3 \cdot 4 - 4 \cdot (-2)\big) = (44, 17, 20).$$

$$s: \begin{cases} x = 3 + 44t \\ y = -1 + 17t \\ z = 20t \end{cases}$$

Controlli: $v_s \cdot n = 132 + 68 - 200 = 0$ ✓; $v_s \cdot \overrightarrow{AB} = -88 + 68 + 20 = 0$ ✓.

I numeri sono grandi ma il metodo è sicuro. In alternativa: $v_s$ è una combinazione $a\,\overrightarrow{AB} + b\,v_r$ (le due direzioni di $\pi$) ortogonale ad $\overrightarrow{AB}$: $a\|\overrightarrow{AB}\|^2 + b\,(\overrightarrow{AB} \cdot v_r) = 21a + b = 0$ (perché $\overrightarrow{AB} \cdot v_r = -4 + 4 + 1 = 1$), quindi con $a = 1$, $b = -21$: $v_s = (-2, 4, 1) - 21(2, 1, 1) = (-44, -17, -20)$, lo stesso a meno del segno ✓.

Errori comuni

• Imporre $(X - A) \cdot (X - A)$ minimo derivando: funziona, ma la condizione di ortogonalità porta allo stesso risultato con un'equazione di primo grado.
• In (b) usare come seconda direzione una normale di $r$: serve il direttore $v_r$.
• In (c) prendere $v_s = n$: la retta sarebbe perpendicolare al piano, non contenuta.