CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

FOGLIO DI ESERCIZI 10 – GEOMETRIA 2009/10

Esercizio 10.1 (15.1). Utilizzando le coordinate omogenee, determinare l’equazione della retta r passante per i punti A(2, 3) e B(−1, 0) e della retta s passante per A e di direzione \overrightarrow{v}(1, 2). Determinare inoltre il punto improprio di r e s.

Soluzione: Consideriamo la retta r. I punti A e B hanno coordinate omogenee A(2, 3, 1) e B(−1, 0, 1), quindi r ha equazione

r : det [\begin{matrix}X & Y & Z \\ 2 & 3 & 1 \\ −1 & 0 & 1 \end{matrix}] = 0 ⇒ 3X − 3Y + 3Z = 0 ⇒ r : X − Y + Z = 0

Un’equazione cartesiana di r è quindi x − y + 1 = 0. Per trovare il punto improrio di r la cosa più semplice è porre Z = 0 nell’equazione omogenea ottenendo X = Y. Di conseguenza il punto improprio è P_{∞}(1, 1, 0). Notiamo che il punto improprio corrisponde alla direzione \overrightarrow{v}(1, 1) della retta.

Consideriamo la retta s. La direzione \overrightarrow{v} corrisponde al punto improrpio P_{∞}(1, 2, 0). Utilizzando la stessa formula precedente otteniamo

s : det [\begin{matrix}X & Y & Z \\ 2 & 3 & 1 \\ 1 & 2 & 0 \end{matrix}] = 0 ⇒ s : −2X + Y + Z = 0

Un’equazione cartesiana di s è quindi −2x + y + 1 = 0. In questo caso abbiamo già determinato il punto improrpio P_{∞}(1, 2, 0). In ogni caso per determinarlo, come nel caso precedente era sufficiente porre Z = 0 nell’equazione omogenea ottenendo Y = 2X. Di conseguenza il punto improprio è P_{∞}(1, 2, 0).

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Esercizio 10.2 (15.2). Utilizzando le coordinate omogenee, determinare l’equazione del piano π_{1} passante per i punti A(2, 3, 0), B(3, 1, −1) e C(0, 0, 1) e del piano π_{2} passante per A e B e parallelo alla retta x + y = x − z = 0.

Soluzione: I punti A, B e C hanno coordinate omogenee A(2, 3, 0, 1), B(3, 1, −1, 1) e C(0, 0, 1, 1), quindi π ha equazione

π_{1} : det [\begin{matrix}X & Y & Z & W \\ 2 & 3 & 0 & 1 \\ 3 & 1 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{matrix} ] = 0 ⇒ π_{1} : −5X + Y − 7Z + 7W = 0

Un’equazione cartesiana di π_{1} è quindi 5x − y + 7z − 7 = 0.

La retta x + y = x − z = 0 ha equazione parametrica

\begin{cases}x = t \\ y = −t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R

quindi ha direzione \overrightarrow{v}(1, −1, 1) a cui corrisponde il punto improprio P_{∞}(1, −1, 1, 0). Utilizzando la formula precedente si ottiene:

π_{2} : det [\begin{matrix}X & Y & Z & W \\ 2 & 3 & 0 & 1 \\ 3 & 1 & −1 & 1 \\ 1 & −1 & 1 & 0 \end{matrix} ] = 0 ⇒ π_{2} : −3X − 2Y + Z + 12W = 0

Un’equazione cartesiana di π_{2} è quindi 3x + 2y − z = 12.

Notiamo che per semplificare i conti nel calcolo del determinante è possibile effettuare alcune operazioni di riduzione sulla matrice in modo da ottenere alcuni termini nulli. Le operazioni di riduzione non alterano infatti il rango della matrice, quindi se A′ è la matrice ridotta, si ha det(A) = 0 se e solo se det(A′) = 0. Ad esempio:

A = [\begin{matrix}X & Y & Z & W \\ 2 & 3 & 0 & 1 \\ 3 & 1 & −1 & 1 \\ 1 & −1 & 1 & 0 \end{matrix} ] ⇒ III − II [\begin{matrix}X & Y & Z & W \\ 2 & 3 & 0 & 1 \\ 1 & −2 & −1 & 0 \\ 1 & −1 & 1 & 0 \end{matrix} ] ⇒ IV + III [\begin{matrix}X & Y & Z & W \\ 2 & 3 & 0 & 1 \\ 1 & −2 & −1 & 0 \\ 2 & 1 & 0 & 0 \end{matrix} ] = A′

Ora, imponendo det(A′) = 0 si ottiene la medesima equazione π_{2} : −3X − 2Y + Z + 12W = 0.

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Esercizio 10.3 (15.3). Stabilire se il piano di coordinate omogenee N = (1, −2, 0, −3) passa per il punto P (1, −1, 2).

Soluzione: Il piano di coordinate omogenee N = (1, −2, 0, −3) è il piano X − 2Y − 3W = 0, cioè x − 2y − 3 = 0. Il punto P appartiene al piano se le sue coordinate soddisfano l’equazione. Poichè 1 − 2(−1) − 3 = 0 il punto appartiene al piano.

In alternativa si potevano calcolare le coordinate omogenee di P (1, −1, 2, 1) e P appartiene al piano se N · P = 0. Infatti N · P = 1 · 1 + (−2) · (−1) + 0 · 2 + (−3) · 1 = 0.

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Esercizio 10.4 (15.4). Determinare un’equazione parametrica della retta r passante per i punti A(1, 2, −5) e B(−1, 0, 3), e trovarne il punto all’infinito.

Soluzione: La retta r ha direzione AB = (−2, −2, 8) cioè \overrightarrow{v} = (1, 1, −4). Un’equazione parametrica di r è

r : \begin{cases}x = −1 + t \\ y = t \\ z = 3 − 4t \end{cases} ∀t ∈ R

Il punto improprio di r corrisponde alla sua direzione ed è P_{∞}(1, 1, −4, 0).

In alternativa si potevano utilizzare la coordinate omogenee A(1, 2, −5, 1) e B(−1, 0, 3, 1) dei suoi due punti. r è data dall’insieme dei punti αA + βB al variare di α e β in R:

r : (α − β, 2α, −5α + 3β, α + β)

Il suo punto improrio si ottiene quando α + β = 0 ed è (2α, 2α, −8α, 0) = (2, 2, −8, 0) = (1, 1, −4, 0) = P_{∞}. Per ottenere un’equazione parametrica cartesiana basta dividere per α + β:

r : (\frac{α − β}{α + β} , \frac{2α}{α + β} , \frac{−5α + 3β}{α + β} ) ⇒ r : \begin{cases}x = \frac{α − β}{α + β} \\ y = \frac{2α}{α + β} \\ z = \frac{−5α + 3β}{α + β} \end{cases} ∀α, β ∈ R

Notiamo che benchè l’equazione ottenuta appaia notevolmente differente è abbastanza facile ricondurci da questa equazione a quella precedente ponendo \frac{α}{α + β} = t.

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Una proiezione centrale T da un punto C su un piano π di coordinate omogeneee N, o una proiezione parallela T da un punto improprio C (corrispondente alla direzione della proiezione) su un piano π di coordinate omogeneee N ha matrice

M = N^{t}C − (N · C) I_{4}

Inoltre la proiezione T trasforma il generico punto P nel punto P′ = T (P), appartenente a π, nel seguente modo:

P′ = T (P) = P · M

Il piano π è detto piano di vista.

Una proiezione parallela è detta ortogonale se ha direzione ortogonale al piano di vista, mentre è detta obliqua in caso contrario.

Esercizio 10.5 (15.5). Si consideri la proiezione centrale T sul piano x + y = 1 dal centro C(1, 2, −1). Dopo avere determinato la matrice di T, stabilire in cosa vengono trasformati i punti A(1, 5, 0) e B(1, 0, 0).

Soluzione: Il piano di vista ha coordinate omogenee N(1, 1, 0, −1) e C ha coordinate omogenee C(1, 2, −1, 1), quindi

N^{t}C = [\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix}] · [1 2 −1 1] = [\begin{matrix}1 & 2 & −1 & 1 \\ 1 & 2 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & −2 & 1 & −1 \end{matrix}]  e  N · C = 1 · 1 + 1 · 2 + 0 + (−1) · 1 = 2

Quindi

M = N^{t}C − 2I_{4} = [\begin{matrix}−1 & 2 & −1 & 1 \\ 1 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & −2 & 0 \\ −1 & −2 & 1 & −3 \end{matrix}]

Passando alle coordinate omogenee, il punto A(1, 5, 0, 1) viene trasformato nel punto

A′ = T (A) = A · M = [1 5 0 1] · [\begin{matrix}−1 & 2 & −1 & 1 \\ 1 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & −2 & 0 \\ −1 & −2 & 1 & −3 \end{matrix}] = [3 0 −5 3]

⇒ A′ = (3, 0, −5, 3) = (1, 0, −\frac{5}{3}, 1)

Infine, tornando alle coordinate cartesiane, A è trasformato nel punto A′ (1, 0, −\frac{5}{3}).

Analogamente il punto B di coordinate omogenee B(1, 0, 0, 1) viene trasformato nel punto

B′ = T (B) = B · M = [1 0 0 1] · [\begin{matrix}−1 & 2 & −1 & 1 \\ 1 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & −2 & 0 \\ −1 & −2 & 1 & −3 \end{matrix}] = [−2 0 0 −2]

⇒ B′ = (−2, 0, 0, −2) = (1, 0, 0, 1)

Infine, tornando alle coordinate cartesiane, B è trasformato nel punto B′(1, 0, 0) = B. Potevamo osservare dall’inizio che, poiché B appartiene al piano di vista, viene trasformato in se stesso dalla proiezione.

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Esercizio 10.6 (15.6). Determinare la matrice della proiezione parallela T sul piano x − y + 2z = 0 di direzione \overrightarrow{v} = (1, 0, −1). Dopo avere determinato la matrice di T, stabilire in cosa viene trasformata la retta r : x + y = z = 0.

Soluzione: Il piano di vista ha coordinate omogenee N(1, −1, 2, 0) e la direzione \overrightarrow{v} = (1, 0, −1) corrisponde al punto improrio C = C_{∞}(1, 0, −1, 0), quindi

N^{t}C = [\begin{matrix}1 \\ −1 \\ 2 \\ 0 \end{matrix}] · [1 0 −1 0] = [\begin{matrix}1 & 0 & −1 & 0 \\ −1 & 0 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]  e  N · C = −1

Quindi

M = N^{t}C + I_{4} = [\begin{matrix}2 & 0 & −1 & 0 \\ −1 & 1 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

La retta r viene proiettata in una retta r′. Per trovare un’equazione di r′ la cosa più semplice è forse trovarne due suoi punti. Prendiamo quindi due qualsiasi punti A e B di r e deteminiamo i punti A′ e B′ in cui questi vengono proiettati. La retta r′ è la retta passante per A′ e B′.

Prendiamo ad esempio i punti A(0, 0, 0) e B(1, −1, 0) appartenenti a r. Passando alle coordinate omogenee, il punto A(0, 0, 0, 1) viene proiettato nel punto

A′ = T (A) = A · M = [0 0 0 1] ⇒ A′ = (0, 0, 0, 1)

Infine, tornando alle coordinate cartesiane, A è proiettatoo nel punto A′ (0, 0, 0). Notiamo che, osservando che A è un punto del piano di vista, potevamo scrivere direttamente A′ = A.

Analogamente il punto B di coordinate omogenee B(1, −1, 0, 1) viene proiettato nel punto

B′ = T (B) = B · M = [3 −1 −2 1] ⇒ B′ = (3, −1, −2, 1)

Infine, tornando alle coordinate cartesiane, B è trasformato nel punto B′(3, −1, −2).

Infine la retta r′ in cui è trasformata r è la retta passante per A′(0, 0, 0) e B′(3, −1, −2):

r′ : \begin{cases}x = 3t \\ y = −t \\ z = −2t \end{cases} ∀t ∈ R

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Esercizio 10.7 (15.7). Sia π il piano di equazione x + 2y − z = 0 e C il punto di coordinate (0, 1, −1). a) Si determini la matrice della proiezione dal centro C sul piano di vista π.

b) Si trovino equazioni delle proiezioni delle rette

r : x + y = x + z − 1 = 0 s : x = y = z + 1

Soluzione:

a) Il centro C e il piano π hanno rispettivamente coordinate omogenee C(0, 1, −1, 1) e N(1, 2, −1, 0), quindi la matrice della proiezione è

M = N^{t}C − (N · C)I_{4} = [\begin{matrix}0 & 1 & −1 & 1 \\ 0 & 2 & −2 & 2 \\ 0 & −1 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}] − 3I_{4} = [\begin{matrix}−3 & 1 & −1 & 1 \\ 0 & −1 & −2 & 2 \\ 0 & −1 & −2 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & −3 \end{matrix}]

b) Consideriamo la retta r e siano A(1, −1, 0) e B(0, 0, 1) due suoi punti. Passando alle coordinate omogenee A(1, −1, 0, 1) e B(0, 0, 1, 1) vengono proiettati nei punti

A′ = A · M = (−3, 2, 1, −4) = (\frac{3}{4}, −\frac{1}{2}, −\frac{1}{4}, 1)  ⇒  A′ = (\frac{3}{4}, −\frac{1}{2}, −\frac{1}{4})
B′ = B · M = (0, −1, −2, −4) = (0, \frac{1}{4}, \frac{1}{2}, 1)  ⇒  B′ = (0, \frac{1}{4}, \frac{1}{2})

Quindi la retta r è proiettata nella retta r′ passante per A′ e B′:

r′ : \begin{cases}x = −t \\ y = \frac{1}{4} + t \\ z = \frac{1}{2} + t \end{cases} ∀t ∈ R

Analogamente consideriami i punti P (1, 1, 0) e Q(2, 2, 1) di s. Passando alle coordinate omogenee P (1, 1, 0, 1) e Q(2, 2, 1, 1) vengono proiettati nei punti

P′ = P · M = (−3, 0, −3, 0)

Notiamo che P′ è un punto improrio e corrisponde alla direzione \overrightarrow{v} = (1, 0, 1). Inoltre

Q′ = Q · M = (−6, −1, −8, 2) = (−3, −\frac{1}{2}, −4, 1)  ⇒  Q′ = (−3, −\frac{1}{2}, −4)

Quindi la retta s è proiettata nella retta s′ passante per Q′ e di direzione (1, 0, 1):

s′ : \begin{cases}x = −3 + t \\ y = −\frac{1}{2} \\ z = −4 + t \end{cases} ∀t ∈ R

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Esercizio 10.8 (15.8). Sia π il piano di equazione 3x − y + z = 1 e \overrightarrow{v} il vettore (1, 1, 1). a) Si determini la matrice della proiezione parallela nella direzione di \overrightarrow{v} sul piano di vista π.

b) Stabilire se si tratta di una proiezione ortogonale o obliqua.

Soluzione:

a) π ha coordinate omogenee N(3, −1, 1, −1) e la direzione \overrightarrow{v} corrisponde al punto improprio C(1, 1, 1, 0). Di conseguenza la matrice della proiezione è

M = N^{t}C − (N · C)I_{4} = [\begin{matrix}3 & 3 & 3 & 0 \\ −1 & −1 & −1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \\ −1 & −1 & −1 & 0 \end{matrix}] − 3I_{4} = [\begin{matrix}0 & 3 & 3 & 0 \\ −1 & −4 & −1 & 0 \\ 1 & 1 & −2 & 0 \\ −1 & −1 & −1 & −3 \end{matrix}]

b) La direzione ortogonale a π è (3, −1, 1) (Notiamo che è il vettore corrispondente alle prime tre componenti delle coordinate omogenee N di π); la proiezione è parallela a \overrightarrow{v} = (1, 1, 1). Poichè i vettori (3, −1, 1) e (1, 1, 1) non sono proporzionali rappresentano direzioni differenti e si tratta quindi di una proiezione obliqua. (Ricordiamo che una proiezione ortogonale è una proiezione parallela di direzione ortogonale al piano di vista).

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Esercizio 10.9 (15.9). Siano M = (1, 1, 1), N = (3, 2, 1), L = (1, 2, 2) punti dello spazio R^{3}. Sia C = (−1, 0, 1).

a) Si calcoli l’area del triangolo MNL.

b) Si determini l’insieme M′N′L′ che si ottiene proiettando il triangolo MNL dal centro C sul piano x + y = 0.

c) Si calcoli l’area del triangolo M′N′L′.

Soluzione:

a) L’area del triangolo di vertici MNL è la metà dell’area del parallelogramma di lati \overrightarrow{MN} e \overrightarrow{LN}, dove

u = \overrightarrow{MN} = (2, 1, 0), v = \overrightarrow{LN} = (2, 0, −1)

Ricordando la formula per l’area di un parallelogrammo cominciamo a calcolare il vettore prodotto vettoriale:

u × v = det [\begin{matrix}i & j & k \\ 2 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & −1 \end{matrix}] = −i + 2j − 2k = (−1, 2, −2)

Infine

Area(triangolo MNL) = \frac{1}{2}|u × v| = \frac{1}{2}|(−1, 2, −2)| = \frac{3}{2}

In alternativa si poteva calcolare l’altezza del triangolo di base LN sfruttando la proiezione del vettore u = \overrightarrow{MN} su v = \overrightarrow{LN}:

pr_{v}(u) = \frac{(u, v)}{(v, v)}v = \frac{4}{5}(2, 0, −1)

Il vettore u − pr_{v}(u) = (\frac{2}{5}, 1, \frac{4}{5}) è ortogonale a v e corrisponde all’altezza del triangolo di base v.

Quindi

Area(triangolo MNL) = \frac{1}{2} · |(2, 0, −1)| · | (\frac{2}{5}, 1, \frac{4}{5}) | = \frac{1}{2} · \sqrt{5} · \frac{3}{\sqrt{5}} = \frac{3}{2}

b) Il vettore delle coordinate omogenee del piano è P = (1, 1, 0, 0) e il punto C ha coordinate omogenee C = (−1, 0, 1, 1). La matrice di proiezione è quindi

A = P^{T} C − (P · C)I_{4} = [\begin{matrix}0 & 0 & 1 & 1 \\ −1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

Quindi

M′ = M · A = (−1, 1, 3, 3) = (−\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, 1, 1) ⇒ M′ = (−\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, 1)

N′ = N · A = (−2, 2, 6, 6) = (−\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, 1, 1) ⇒ N′ = (−\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, 1)

L′ = L · A = (−2, 2, 5, 4) = (−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{5}{4}, 1) ⇒ L′ = (−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{5}{4})

Infine il triangolo viene proiettato nel segmento M′L′.

In alternativa si potevano calcolare le proiezioni senza utilizzare le coordinate omogenee e la matrice di proiezione A. Per esempio per calcolare M′ si poteva calcolare la retta

CM : \begin{cases}x = 1 + 2t \\ y = 1 + t \\ z = 1 \end{cases}

Il punto M′ è dato dall’intersezione tra la retta CM e il piano x + y = 0:

M′ : \begin{cases}x = 1 + 2t \\ y = 1 + t \\ z = 1 \\ x + y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + 2t \\ y = 1 + t \\ z = 1 \\ 1 + 2t + 1 + t = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}t = −\frac{2}{3} \\ x = −\frac{1}{3} \\ y = \frac{1}{3} \\ z = 1 \end{cases} ⇒ M′ = (−\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, 1)

Analogamente si potevano ottenere gli altri punti. Questo procedimento è naturalmente più lungo.

c) Il triangolo M′N′L′ è degenere, quindi ha area nulla.

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Esercizio 10.10 (15.10). Sia r la retta dello spazio di equazioni cartesiane r : 2x − y + 1 = x − z = 0.

(a) Si trovino equazioni cartesiane ed equazioni parametriche della retta r′ ottenuta proiettando r sul piano x + y + z = 0 dal centro C = (2, 1, 1).

(b) Trovare coordinate omogenee del punto all’infinito della retta r′ e stabilire se r e r′ sono parallele.

Soluzione: La retta r ha equazione parametrica

r : \begin{cases}x = t \\ y = 1 + 2t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R

a) Il piano di vista ha coordinate omogenee N(1, 1, 1, 0) e C ha coordinate omogenee C(2, 1, 1, 1), quindi la matrice della proiezione è

M = N^{t}C − (N · C)I_{4} = N^{t}C − 4I_{4} = [\begin{matrix}−2 & 1 & 1 & 1 \\ 2 & −3 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & −3 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & −4 \end{matrix}]

Consideriamo due qualsiasi punti di r, in coordinate omogenee, per esempio A = (0, 1, 0, 1) e P_{∞} = (1, 2, 1, 0), e calcoliamone la proiezione:

A′ = A · M = [0 1 0 1] · [\begin{matrix}−2 & 1 & 1 & 1 \\ 2 & −3 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & −3 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & −4 \end{matrix}] = [2 −3 1 −3]

⇒ A′ = (2, −3, 1, −3) = (−\frac{2}{3}, 1, −\frac{1}{3}, 1) ⇒ A′ (−\frac{2}{3}, 1, −\frac{1}{3})

P′_{∞} = P_{∞} · M = [1 1 1 0] · [\begin{matrix}−2 & 1 & 1 & 1 \\ 2 & −3 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & −3 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & −4 \end{matrix}] = [4 −4 0 4]

⇒ P′_{∞} = (4, −4, 0, 4) = (1, −1, 0, 1) ⇒ P′_{∞} = (1, −1, 0)

Infine la retta r′ è la retta passante per A′ e P′_{∞}:

r′ : \begin{cases}x = 1 + 5t \\ y = −1 − 6t \\ z = t \end{cases}  ∀t ∈ R  ⇒  x − 5z − 1 = y + 6z + 1 = 0

b) La retta r′ ha direzione (5, −6, 1), quindi punto all’infinito P_{∞} = (5, −6, 1, 0). r e r′ non sono parallele perchè le rispettive direzioni non sono proporzionali, ovvero non hanno lo stesso punto all’infinito.

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Esercizio 10.11 (15.11). Sia π il piano dello spazio di equazione cartesiana

π : x − y + z + 1 = 0.

a) Si calcoli la matrice della proiezione sul piano π dal centro di proiezione C = (1, 1, 1).

b) Si calcoli il punto improprio P_{∞} della retta r : x − y = z = 0 e la proiezione di P_{∞} sul piano π (dal centro C). Cosa si può dire della posizione reciproca di r e π?

Soluzione:

a) Il piano di vista ha coordinate omogenee N(1, −1, 1, 1) e C ha coordinate omogenee C(1, 1, 1, 1), quindi

N^{t}C = [\begin{matrix}1 \\ −1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}] · [1 1 1 1] = [\begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 \\ −1 & −1 & −1 & −1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{matrix}]  e  N · C = 1 − 1 + 1 + 1 = 2

Quindi la matrice della proiezione è

M = N^{t}C − 2I_{4} = [\begin{matrix}−1 & 1 & 1 & 1 \\ −1 & −3 & −1 & −1 \\ 1 & 1 & −1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & −1 \end{matrix}]

b) La retta r ha equazione cartesiana

\begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases} ∀t ∈ R

quindi il suo punto improprio è P_{∞} = (1, 1, 0, 0) che viene proiettato nel punto

P′ = P_{∞} · M = [1 1 0 0] · [\begin{matrix}−1 & 1 & 1 & 1 \\ −1 & −3 & −1 & −1 \\ 1 & 1 & −1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & −1 \end{matrix}] = [−2 −2 0 0]

⇒ P′ = (−2, −2, 0, 0) = (1, 1, 0, 0)

Notiamo che P_{∞} è trasformato in se stesso, infatti r e π sono tra loro ortogonali.

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