Prodotto scalare e ortogonalit`a

Prodotto scalare e ortogonalità
12 Novembre
1
Il prodotto scalare
1.1
Definizione
Possiamo estendere la definizione di prodotto scalare, già data per i vettori del piano, ai vettori
dello spazio. Siano ~v , w
~ vettori non nulli dello spazio applicati in uno stesso punto. Definiamo:
~v × w
~ = k~v kkwk
~ cos θ,
dove θ è l’angolo convesso (cioè 0 ≤ θ ≤ π) definito da ~v e w.
~
Se uno dei due vettori è nullo poniamo semplicemente ~v × w
~ = 0.
Abbiamo immediatamente:
Proposizione a) Due vettori sono ortogonali se e solo se il loro prodotto scalare è nullo.
√
b) Si ha k~v k = ~v × ~v .
(Per convenzione, il vettore nullo è ortogonale a tutti i vettori).
Dunque il prodotto scalare permette di misurare il modulo (lunghezza) di un vettore, e
l’angolo fra due vettori. Le proprietà del prodotto scalare nel piano si estendono inalterate al
prodotto scalare nello spazio.
1.2
Calcolo in un riferimento cartesiano
Ricordiamo che assegnare un riferimento cartesiano equivale a fissare un’origine O e una base
ortonormale di VO3 , diciamo (~e1 , ~e2 , ~e3 ). Ricordiamo che una base ortonormale è formata da
vettori a due a due ortogonali e di modulo 1. Dunque:
(
1 se i = j
~ei × ~ej =
.
0 se i 6= j
1
Ora ogni vettore si esprime
−−→
~v = OP = x~e1 + y~e2 + z~e3 ,
la coppia (x, y, z) dà luogo alle coordinate di ~v nel riferimento scelto, e scriveremo ~v = (x, y, z).
−−→
Per definizione, le coordinate di un punto P sono uguali a quelle del vettore OP . Conoscendo
le coordinate dei vettori, possiamo calcolare il prodotto scalare con facilità.
Proposizione Siano ~v = (x, y, z) e w
~ = (x0 , y 0 , z 0 ) vettori applicati nell’origine. Allora
~v × w
~ = xx0 + yy 0 + zz 0 .
In particolare, k~v k =
p
x2 + y 2 + z 2 .
Esempio Calcolare il prodotto scalare tra ~v = 3~e1 − ~e2 + 4~e3 e w
~ = −~e1 + 5~e2 .
Soluzione. Si ha ~v = (3, −1, 4), w
~ = (−1, 5, 0) quindi ~v × w
~ = −8. −−→
Ricordiamo che, dato un vettore ~v = AB dello spazio applicato in un qualunque punto A,
−−→ −→
le coordinate di ~v sono per definizione le coordinate del vettore ~v0 = OB − OA, traslato di ~v
nell’origine, e sono date dalla terna B − A. Dunque:
• Due vettori sono equipollenti se e solo se hanno le stesse coordinate.
Un vettore è identificato dal suo punto di applicazione e dalle sue coordinate: la scrittura
−−→
AB = (l, m, n) indica l’unico vettore di coordinate (l, m, n) applicato in A: esso unisce il punto
di applicazione A = (x0 , y0 , z0 ) con il punto B = (x0 + l, y0 + m, z0 + n).
Poiche’ la traslazione di due vettori mantiene inalterati sia i moduli che l’angolo compreso,
il prodotto scalare fra ~v e w
~ è uguale al prodotto scalare dei rispettivi vettori traslati ~v0 e w
~ 0.
Dunque abbiamo
Proposizione Siano ~v e w
~ vettori dello spazio applicati in un qualunque punto A del piano, di
coordinate rispettive (x, y, z) e (x0 , y 0 , z 0 ). Allora:
~v × w
~ = xx0 + yy 0 + zz 0 .
In particolare, k~v k =
2
2.1
p
x2 + y 2 + z 2 .
Distanze, angoli, aree
Formula della distanza
Se A = (x1 , y1 , z1 ) e B = (x2 , y2 , z2 ) sono due punti dello spazio, allora la distanza di A da B è
data dalla formula:
p
d(A, B) = (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 + (z2 − z1 )2
2
−−→
Infatti, la distanza di A da B uguaglia il modulo del vettore ~v = AB che ha coordinate
B − A = (x2 − x1 , y2 − y1 , z2 − z1 ),
e quindi l’asserzione scende dalla proposizione precedente.
2.2
Angoli
Dalla formula che definisce il prodotto scalare, vediamo subito che il coseno dell’angolo compreso
fra i vettori ~v e w
~ è dato da:
~v × w
~
.
cos θ =
k~v kkwk
~
2.3
Area di un parallelogramma
Dati due vettori non nulli ~v , w,
~ l’area A del parallelogramma definito dai due vettori è data dalla
formula:
s
~v × ~v ~v × w
~ A= .
~v × w
~ w
~ ×w
~
Esempio È dato il triangolo T di vertici A = (1, 0, 0), B = (0, 2, 0), C = (0, 0, 3). Calcolare:
a) Il perimetro di T .
b) Il coseno di ciascuno degli angoli interni di T .
c) L’area di T .
−−→
−→
−−→
Soluzione. a) Abbiamo AB = (−1, 2, 0), AC = (−1, 0, 3), BC = (0, −2, 3). Dunque il perimetro
vale
√
√
√
−−→
−→
−−→
kABk + kACk + kBCk = 5 + 10 + 13.
b) Sia θA l’angolo in A. Dalla formula abbiamo:
−−→ −→
1
AB × AC
cos θA = −−→ −→ = √ .
50
|AB||AC|
Analogamente otteniamo
4
9
cos θB = √ , cos θC = √
.
65
130
−−→
−→
c) Consideriamo i vettori ~v = AB = (−1, 2, 0) e w
~ = AC = (−1, 0, 3). L’area del parallelo-
3
gramma su ~v e w
~ vale:
s
5 1 = 7,
A= 1 10
dunque l’area del triangolo T (che è la metà dell’area del parallelogramma) vale 72 .
Esempio Sono dati i vettori ~v1 = (1, 1, −1) e ~v2 = (2, 0, 1), applicati in un punto fissato dello
spazio.
a) Descrivere l’insieme dei vettori w
~ ortogonali sia a ~v1 che a ~v2 .
b) Trovare tutti i vettori ~u ortogonali sia a ~v1 che a ~v2 e aventi modulo 1.
Soluzione. a) Poniamo w
~ = (x, y, z). Allora w
~ è ortogonale a ~v1 se e solo se w
~ × ~v1 = 0 dunque
se e solo se x + y − z = 0. Analogamente, w
~ è ortogonale a ~v2 se e solo se w
~ × ~v2 = 0, cioè
se e solo se 2x + z = 0. In conclusione, le coordinate di w
~ sono le soluzioni del sistema lineare
omogeneo
(
x+y−z =0
.
2x + z = 0
1 1 −1
ha rango 2; dunque il sistema ammette ∞1 soluzioni
La matrice dei coefficienti A =
2 0 1
e un calcolo mostra che
Sol(S) = {t(1, −3, −2) : t ∈ R}.
Dunque i vettori w
~ ortogonali sia a ~v1 che a ~v2 sono tutti e soli i vettori di coordinate:
w
~ = (t, −3t, −2t),
dove t ∈ R.
b) Imponiamo ora che il vettore w
~ abbia modulo 1. Si ha:
kwk
~ 2 = 14t2 ,
e dunque 14t2 = 1 cioè t =
√1 , t
14
= − √114 . Otteniamo due vettori:
1
~u1 = √ (1, −3, −2),
14
1
~u2 = − √ (1, −3, −2),
14
l’uno opposto dell’altro. 4
3
Il prodotto vettoriale
Premettiamo la seguente osservazione. Consideriamo un sistema lineare omogeneo di due
equazioni in tre incognite:
(
ax + by + cz = 0
S:
a0 x + b0 y + c0 z = 0
e supponiamo che la sua matrice dei coefficienti abbia rango massimo (quindi due):
a b c
rk 0 0 0 = 2.
a b c
Proposizione Nelle ipotesi precedenti, il sistema S ammette ∞1 soluzioni:
b c
dove α = 0 0 ,
b c
Sol(S) = {t(α, β, γ) : t ∈ R},
a c
a b
β = − 0 0 , γ = 0 0 .
a c
a b
• Notiamo che α, β, γ sono i minori di ordine due della matrice dei coefficienti, presi a segni
alterni. Poiché la matrice ha rango due, si ha (α, β, γ) 6= (0, 0, 0).
Dimostrazione. Dal teorema di Rouché-Capelli sappiamo che S ammette ∞1 soluzioni. Dunque
basta verificare che la terna (α, β, γ) è una soluzione di S (abbiamo già osservato che (α, β, γ) è
non nulla). Ora consideriamo la seguente identità, ottenuta sviluppando il determinante lungo
la prima riga:
a b c
aα + bβ + cγ = a b c ,
a0 b0 c0 e allora aα+bβ +cγ = 0 poiché la matrice a secondo membro ha due righe uguali. Analogamente
si dimostra che a0 α + b0 β + c0 γ = 0. Applichiamo le considerazioni precedenti alla seguente situazione. Supponiamo di avere due
vettori dello spazio applicati in uno stesso punto, diciamo ~v = (a, b, c), w
~ = (a0 , b0 , c0 ).
•
Definiamo prodotto vettoriale di ~v = (a, b, c) e w
~ = (a0 , b0 , c0 ) il vettore di coordinate
a c
b c
dove α = 0 0 , β = − 0 0 ,
a c
b c
a b c
, presi a segni alterni.
a0 b0 c0
~v ∧ w
~ = (α, β, γ),
a b
γ = 0 0 sono i minori di ordine due della matrice
a b
5
Dunque, il prodotto vettoriale associa a due vettori dello spazio un terzo vettore. Questa
operazione ha proprietà notevoli.
Proposizione Dati due vettori dello spazio ~v , w,
~ si ha:
~
a) ~v , w
~ sono allineati (paralleli) se e solo se ~v ∧ w
~ = O.
b) ~v ∧ w
~ è un vettore ortogonale sia a ~v che a w.
~
c) Il modulo del prodotto vettoriale ~v ∧ w
~ uguaglia l’area del parallelogramma definito da ~v e w.
~
a b c
Dimostrazione. a) I vettori ~v , w
~ sono allineati se e solo se rk 0 0 0 = 1 e questo è vero
a b c
se e solo se i tre minori di ordine due hanno determinante nullo, cioè (α, β, γ) = (0, 0, 0).
b) Dalla proposizione precedente, abbiamo che la terna (α, β, γ) è una soluzione del sistema S,
cioè:
(
aα + bβ + cγ = 0
.
a0 α + b0 β + c0 γ = 0
Ma questo significa che il prodotto scalare di ~v ∧ w
~ con ~v e con w
~ è nullo. Dunque ~v ∧ w
~ è
ortogonale sia a ~v che a w.
~
2
2
c) Si ha k~v ∧ wk
~ = α + β 2 + γ 2 . Un calcolo esplicito mostra che
~v × ~v ~v × w
~ 2
2
2
α +β +γ =
,
~v × w
~ w
~ ×w
~
e l’espressione a secondo membro è il quadrato dell’area del parallelogramma definito da ~v e w
~
(vedi sezione 2.3). Esempio Dati i vettori ~v = (1, 1, −1), w
~ = (2, 0, 1) si ha
~v ∧ w
~ = (1, −3, −2),
che è ortogonale sia ~v che a w
~√(vedi esempio nella sezione 2.3). L’area del parallelogramma su
~v e w
~ vale dunque k~v ∧ wk
~ = 14.
Esempio Calcolare l’area del triangolo di vertici A = (1, 0, 0), B = (0, 2, 0), C = (0, 0, 3).
−−→
−→
Soluzione. Consideriamo ~v = AB = (−1, 2, 0) e w
~ = AC = (−1, 0, 3). L’area del triangolo
cercato sarà la metà dell’area del parallelogramma P definito da ~v e w.
~ Ora
~v ∧ w
~ = (6, 3, 2);
l’area di P è k~v ∧ wk
~ = 7 e quindi l’area del triangolo è 72 . 6
4
Perpendicolarità di rette
Due rette r, r0 si dicono ortogonali (o perpendicolari) se hanno vettori direttori ortogonali. In
modo equivalente, r ⊥ r0 se e solo se il prodotto scalare dei vettori direttori di r e r0 è nullo.
Otteniamo la seguente:
Proposizione Due rette di parametri direttori (l, m, n), (l0 , m0 , n0 ) sono ortogonali se e solo se
ll0 + mm0 + nn0 = 0.
• Occorre notare che due rette possono essere ortogonali fra loro senza necessariamente
incontrarsi in un punto; in particolare, esistono rette sghembe ortogonali fra loro.
(
(
y=0
x=0
Esempio L’asse x, di equazioni
, e la retta
sono sghembe e ortogonali.
z=0
z=1
• Diremo che le rette r, r0 sono ortogonali e incidenti, se sono ortogonali fra loro e si
incontrano in un punto.
Osserviamo che due rette r, s non parallele determinano una unica direzione ortogonale a
entrambe, data dal prodotto vettoriale dei vettori direttori di r e s.
Esempio Determinare
 equazioni parametriche della retta passante per l’origine e ortogonale a
(

 x = 1 + 2t
x−y =0
entrambe le rette r : y = t
es:
.

y−z =0

z = −3t
Soluzione. Un vettore direttore di r è ~v = (2, 1, −3) mentre un vettore direttore di s è w
~ =
(1, 1, 1). La retta cercata avra’ vettore direttore ortogonale sia a ~v che a w.
~ Dunque possiamo
prendere come vettore direttore
della retta cercata il prodotto vettoriale ~v ∧ w
~ = (4, −5, 1).


 x = 4t
y = −5t .
Equazioni parametriche:


5
z=t
Interpretazione geometrica dei parametri di giacitura
Dato il piano ax+by +cz +d = 0, possiamo considerare il vettore di coordinate (a, b, c), applicato
in un punto P0 del piano. Quale proprietà geometrica ha?
Innanzitutto, un definizione.
7
• Fissato un piano π e un qualunque punto P0 ∈ π, diremo che il vettore ~n è ortogonale a
π se è ortogonale a tutti i vettori applicati in P0 e contenuti in π.
Proposizione Dato il piano ax + by + cz + d = 0, il vettore di coordinate (a, b, c) è ortogonale
al piano. In altre parole, i parametri di giacitura di un piano rappresentano le coordinate di un
vettore ortogonale al piano.
Dimostrazione. Fissiamo un punto P0 = (x0 , y0 , z0 ) del piano. Allora l’equazione del piano π si
scrive:
a(x − x0 ) + b(y − y0 ) + c(z − z0 ) = 0.
Consideriamo il vettore ~n = (a, b, c) applicato in P0 e un vettore arbitrario contenuto nel piano,
−−→
−−→
P0 P . Se P = (x, y, z) ∈ π allora P0 P ha coordinate (x − x0 , y − y0 , z − z0 ). Il prodotto scalare:
−−→
~n × P0 P = a(x − x0 ) + b(y − y0 ) + c(z − z0 ) = 0,
−−→
dunque ~n è ortogonale a P0 P e poiche’ P ∈ π è arbitrario, ~n è ortogonale a tutti i vettori di π.
6
Perpendicolarità fra retta e piano
Con l’interpretazione geometrica dei parametri di giacitura data in precedenza abbiamo la
Proposizione La retta di parametri direttori (l, m, n) è ortogonale al piano di parametri di
giacitura (a, b, c) se e solo se
a b c
= 1,
rk
l m n
vale a dire, se e solo se i parametri direttori della retta sono proporzionali ai parametri di
giacitura del piano.
Esempio Determinare equazioni parametriche della retta passante per P0 = (1, 2, 3) e ortogonale al piano x − y + 2z = 0.
Soluzione. Ci sono infinite rette (precisamente, ∞2 rette) ortogonali ad un piano dato. Fra tutte
queste ce ne’ una sola passante per P0 . I suoi parametri direttori dovranno essere proporzionali
alla terna (1, −1, 2): li prendiamo uguali a tale terna. Dunque la retta ha equazioni parametriche


x = 1 + t
y =2−t .


z = 3 + 2t
8
6.1
Distanza di un punto da un piano
Dato un piano π e un punto P0 dello spazio, definiamo distanza di P0 da π come la distanza
minima di P0 da un punto del piano.
Un facile argomento mostra che la distanza di P0 da π uguaglia la distanza di P0 dal piede
della perpendicolare, diciamo H, condotta da P0 al piano:
d(P0 , π) = d(P0 , H).
Dunque, per trovare la distanza d(P0 , π), occorre:
•
Trovare la retta r passante per P0 e ortogonale al piano π.
•
Calcolare il punto d’intersezione H = r ∩ π.
•
Calcolare la distanza di P0 da H.
Il punto H è detto la proiezione ortogonale del punto P0 sul piano π. Esso è il punto di π
piú vicino a P0 .
Esempio Calcolare la distanza del punto P0 = (1, 1, 3) dal piano x − y + 2z = 0. Determinare
inoltre le coordinate del punto di π piu’ vicino a P0 .
Soluzione. La retta per P0 ortogonale al piano ha equazioni parametriche:


x = 1 + t
r : y =1−t .


z = 3 + 2t
Il punto H, piede della perpendicolare, si ottiene come intersezione H = π ∩ r. Sostituendo le
equazioni parametriche nell’equazione del piano, otteniamo t = −1 e il punto H = (0, 2, 1), che
è il punto di π piu’ vicino a P0 . Si ha infine:
√
d(P0 , π) = d(P0 , H) = 6.
6.2
Formula della distanza di un punto da un piano
C’è una formula esplicita per il calcolo della distanza di un punto da un piano.
Proposizione Dati il piano di equazione π : ax + by + cz + d = 0 e il punto P0 = (x0 , y0 , z0 )
si ha:
|ax0 + by0 + cz0 + d|
√
d(P0 , π) =
.
a2 + b2 + c2
Dimostrazione. Omessa. 9
Esempio Siano P0 = (1, 1, 3) e π : x − y + 2z = 0. Allora
√
|1 − 1 + 6|
6
d(P0 , π) = √
= √ = 6.
1+1+4
6
6.3
Distanza di un punto da una retta
La distanza del punto P dalla retta r è definita, nel solito modo, come la distanza minima di P
da un punto di r. Il punto di distanza minima H si ottiene come intersezione di r con il piano
per P ortogonale a r (H è detto anche proiezione ortogonale di P su r). La distanza minima
sarà quindi la distanza del punto dalla sua proiezione ortogonale.


x = 1 − t
Esempio Calcolare la distanza minima dell’origine dalla retta r : y = 2t .


z =5−t
Soluzione. Il piano per l’origine perpendicolare a r ha equazione π : −x + 2y − z = 0 e quindi
r ∩ π si ottiene
−(1 − t) + 4t − (5 − t) = 0,
√
che dà t = 1. Il punto di distanza minima è (0, 2, 4) e la distanza minima vale 20.
In modo alternativo, il punto mobile su r ha coordinate P = (1 − t, 2t, 5 − t). La sua distanza
dall’origine, elevata al quadrato, è:
f (t) = (t − 1)2 + 4t2 + (5 − t)2 = 6t2 − 12t + 26.
Cerchiamo il valore di t che rende minima la distanza f (t): tale valore va cercato fra i valori di
t che annullano la derivata di f (t). Troviamo il solo valore t = 1 che dà il risultato trovato in
precedenza. 7
Ortogonalità di due piani
Abbiamo visto che ogni piano determina una direzione ad esso ortogonale, data dai parametri di
giacitura. Se il piano ha equazione ax + by + cz + d = 0 allora il vettore ~n = (a, b, c) è ortogonale
al piano. Dunque un piano individua una direzione ad esso ortogonale. Diremo che due piani
sono ortogonali se i rispettivi vettori normali sono ortogonali.
In conclusione, il piano ax + by + cz + d = 0 è ortogonale al piano a0 x + b0 y + c0 z + d0 = 0 se
e solo se:
aa0 + bb0 + cc0 = 0.
• Dato un piano π e un punto P esistono infiniti piani passanti per P e ortogonali al piano π.
10
• Dato un piano π e una retta r esiste sempre un piano π 0 perpendicolare a π e contenente
r. Se la retta r non è ortogonale a π, tale piano è unico.
(
x−y =0
Esempio Sia π : 3x − y − 2z = 0 e r :
. Determinare il piano π 0 contenente r e
x + 2z = 0
perpendicolare a π.
Soluzione. Fascio (ridotto) di piani di asse r ha equazione x − y + k(x + 2z) = 0 ovvero:
(k + 1)x − y + 2kz = 0.
Imponiamo la perpendicolarità a π e otteniamo:
3(k + 1) + 1 − 4k = 0,
ovvero k = 4. Il piano è π 0 : 5x − y + 8z = 0.
Metodo alternativo: ~n = (3, −1, −2) è un vettore ortogonale a π, mentre ~v = (2, 2, −1) è
un vettore direttore di r. Un vettore ~n0 ortogonale a π dovra’ essere ortogonale a ~n (poiche’
π 0 ⊥ π) e dovra’ essere ortogonale anche a ~v poiche’ π 0 contiene r. Dunque possiamo prendere
~n0 = ~n ∧ ~v = (5, −1, 8) che dà i parametri di giacitura di π 0 . Ora l’origine è un punto di r,
dunque anche di π 0 , e l’equazione di π 0 è:
π 0 : 5x − y + 8z = 0.
7.1
Proiezione ortogonale di una retta su un piano
Data una retta r e un piano π, consideriamo l’insieme dei punti che si ottengono proiettando
tutti i punti di r sul piano. Si ottiene cosi’ una retta (contenuta in π) detta proiezione ortogonale
di r su π.
• La proiezione ortogonale di r su π è la retta r0 intersezione di π con il piano π 0 contenente
r e perpendicolare a π:
r0 = π 0 ∩ π.
(
x−y =0
Esempio Calcoliamo la retta proiezione ortogonale della retta r :
sul piano π :
x + 2z = 0
3x − y − 2z = 0 (vedi esempio precedente).
Soluzione. Il piano π 0 contenente r e perpendicolare a π è π 0 : 5x − y + 8z = 0. Dunque
(
3x − y − 2z = 0
0
r :
.
5x − y + 8z = 0
11
8
Distanza di due rette sghembe
Date due rette sghembe r, r0 la distanza di r da r0 è come al solito definita come la distanza
minima di un punto di r da un punto di r0 . Tale distanza si puo’ calcolare cosi’:
•
Sia π il piano contenente r e parallelo a r0 .
•
Sia π 0 il piano contenente r0 e parallelo a r.
•
I piani π e π 0 sono fra loro paralleli.
• La distanza di r da r0 uguaglia la distanza di π da π 0 .
(
(
x−y =0 0
x−z =0
Esempio Calcolare la distanza minima delle due rette r :
,r :
.
z−2=0
y−1=0
Soluzione. Notiamo che i parametri direttori di r sono (1, 1, 0) e quelli di r0 sono (1, 0, 1). Infatti
le equazioni parametriche sono:




x = t
x = s
0
r: y=t , r : y=1.




z=2
z=s
Fascio di piani di asse r ha equazione x − y + kz − 2k = 0; imponiamo il parallelismo con r0 e
otteniamo k = −1. Dunque:
π : x − y − z + 2 = 0.
Fascio di piani di asse r0 ha equazione x − z + k(y − 1) = 0 ovvero x + ky − z − k = 0; imponiamo
il parallelismo con r e otteniamo k = −1. Dunque:
π 0 : x − y − z + 1 = 0.
Notiamo che in effetti i due piani sono paralleli. La loro distanza è
1
d = d(r, r0 ) = d(π, π 0 ) = √ .
3
Risolveremo il problema in modo alternativo, utilizzando il seguente fatto generale (che per
il momento non dimostriamo):
• Date due rette sghembe r, r0 esiste una e una sola retta ρ perpendicolare e incidente a
entrambe le rette.
Ora, la distanza minima fra r e r0 si ottiene precisamente come distanza fra i punti di
intersezione r ∩ ρ, r0 ∩ ρ. Per trovare esplicitamente tale retta ρ procediamo come segue. Il
12
punto mobile su r ha coordinate P = (t, t, 2) mentre quello su r0 ha coordinate P 0 = (s, 1, s).
Consideriamo il vettore
−−→0
P P = (s − t, 1 − t, s − 2).
−−→
È evidente che la retta cercata unira’ quei punti P e P 0 tali che P P 0 sia perpendicolare sia a r
che a r0 . Utilizzando il prodotto scalare, dobbiamo quindi imporre che (s − t, 1 − t, s − 2) abbia
prodotto scalare nullo sia con (1, 1, 0) che con (1, 0, 1). Otteniamo il sistema:
(
s − 2t + 1 = 0
2s − t − 2 = 0
che dà l’unica soluzione t = 34 , s = 35 . Dunque ρ è la retta per i punti
4 4
P = ( , , 2),
3 3
5
5
P 0 = ( , 1, ),
3
3
e la distanza minima di r da r0 vale
1
d(r, r0 ) = d(P, P 0 ) = √ .
3
13