Istituzioni di Matematiche I (CH-CI-MT)

prova scritta del 26 gennaio 2000

ESERCIZIO 1. Si consideri la funzione f(x) = 2x + (2 + x) log |\frac{1}{x + 2}|.

(a) Si determini il dominio di definizione di f ed il comportamento della funzione ai suoi estremi;

(b) si determini l’insieme dei punti su cui f è derivabile e si calcolino gli eventuali massimi e minimi relativi ed assoluti;

(c) si determini l’insieme dei punti su cui f è convessa;

(d) si dica se f si estende ad una funzione continua e derivabile su tutta la retta reale.

Si tracci infine un grafico indicativo dell’andamento di f.

Svolgimento. (a). La funzione è definita, continua e derivabile per x ≠ −2. Inoltre, si ha

lim_{x→−∞} f(x) = lim_{x→−∞}(x + 2) [\frac{2x}{x + 2} − log |x + 2|] = +∞

ed analogamente, lim_{x→+∞} f(x) = −∞. Inoltre,

lim_{x→−2} f(x) = lim_{x→−2} 2x − lim_{x→−2} \frac{log |x + 2|}{\frac{1}{x+2}} = −4,

come si calcola facilmente applicando la Regola di de l’Hôpital. In particolare, l’ultimo limite ci dice che f può essere estesa ad una funzione continua su tutta la retta reale ponendo f(−2) = −4.

(b). Per quanto riguarda la derivabilità abbiamo già detto sopra. Si ha quindi f′(x) = 1 − log |x + 2| per x ≠ −2 e inoltre, applicando la Regola di de l’Hôpital, si ha

lim_{x→−2} \frac{f(x) + 4}{x + 2} = lim_{x→−2} f′(x) = +∞

e quindi f non può essere estesa ad una funzione derivabile su tutta la retta. Osserviamo che si ha

f′(x) > 0 ⟺ 0 < |x + 2| < e,

e quindi f è crescente negli intervalli (−2 − e, −2) e (−2, −2+e), e si hanno quindi un punto di minimo relativo per x = −2 − e ed un punto di massimo relativo per x = −2+e. Visti i limiti della funzione agli estremi del dominio di definizione, non vi sono né massimo né minimo assoluti. (c). La derivata seconda di f(x) è f′′(x) = \frac{−1}{x+2}, per x ≠ 2; dunque f è convessa quando f′′(x) > 0, ovvero per x < −2.

(d). Come abbiamo già osservato, f può essere estesa ad una funzione continua su tutta la retta reale, ma derivabile solo per x ≠ −2. □

ESERCIZIO 2. Per ogni intero n ≥ 2 sia

a_{n} = ∑_{j=1}^{n−1} \frac{1}{j(n − j)}.

(a) Si osservi che \frac{1}{j(n−j)} = \frac{1}{n} (\frac{1}{j} + \frac{1}{n−j} ), e si deduca che

∑_{j=1}^{n−1} \frac{1}{j(n − j)} = \frac{2}{n} ∑_{j=1}^{n−1} \frac{1}{j}.

(b) Si mostri che la serie

∑_{n=2}^{∞}(−1)^{n}a_{n}

soddisfa alle ipotesi del Criterio di Leibniz ed è quindi convergente.

Svolgimento. (a). Dall’identità \frac{1}{j(n−j)} = \frac{1}{n} (\frac{1}{j} + \frac{1}{n−j} ), si ottiene che

∑_{j=1}^{n−1} \frac{1}{j(n − j)} = \frac{1}{n} [∑_{j=1}^{n−1} \frac{1}{j} + ∑_{j=1}^{n−1} \frac{1}{n − j} ] = \frac{2}{n} ∑_{j=1}^{n−1} \frac{1}{j}.

(b). Dobbiamo quindi mostrare che a_{n+1} ≤ a_{n} per n = 2, 3, …, e che lim_{n→+∞} a_{n} = 0. Per quanto riguarda la

decrescenza, si osservi che

\frac{2}{n + 1} ∑_{j=1}^{n} \frac{1}{j} ≤ \frac{2}{n} ∑_{j=1}^{n−1} \frac{1}{j} ⟺ \frac{1}{n + 1} ≤ (1 − \frac{n}{n + 1}) ∑_{j=1}^{n−1} \frac{1}{j} ⟺ 1 ≤ ∑_{j=1}^{n−1} \frac{1}{j}

e l’ultima disuguaglianza è chiaramente vera se n ≥ 2.

Infine, si ha

lim_{n→+∞} a_{n} = 2 lim_{n→+∞} \frac{∑{n−1 \atop j=1} \frac{1}{j}}{n} = 2 lim_{n→+∞} \frac{log n + o(log n)}{n} = 0.

e ciò conclude la discussione. □

ESERCIZIO 3. Si calcoli ∫_{2}^{+∞} \frac{2\sqrt{x} − 5}{x^{2} − \sqrt{x}}dx.

Svolgimento. Tramite il cambiamento di variabile y = \sqrt{x} (e quindi dy = \frac{1}{2\sqrt{x}}dx), possiamo ridurci a calcolare 2 ∫ \frac{2y−5}{y^{3}−1}dy. Osservando che \frac{2y−5}{y^{3}−1} = \frac{1}{1−y} + \frac{y+4}{y^{2}+y+1}, ed utilizzando i soliti procedimenti di integrazione delle funzioni razionali fratte, si ottiene che una primitiva della funzione integranda è

g(x) = log \frac{x + \sqrt{x} + 1}{(\sqrt{x} − 1)^{2}} + \frac{14}{\sqrt{3}} arctg (\frac{2\sqrt{x} + 1}{\sqrt{3}}) .

Da ciò si conclude che

∫_{2}^{+∞} \frac{2\sqrt{x} − 5}{x^{2} − \sqrt{x}}dx = lim_{b→+∞}[g(b) − g(2)] = \frac{7π}{\sqrt{3}} − log \frac{3 + \sqrt{2}}{3 − \sqrt{2}} − \frac{14}{\sqrt{3}} arctg (\frac{2\sqrt{2} + 1}{\sqrt{3}}) .

Ciò conclude il calcolo. □

Istituzioni di Matematiche I – prova scritta del 26 gennaio 2000 3

ESERCIZIO 4. Calcolare gli autovalori ed i relativi sottospazi di autovettori dell’endomorfismo ϕ di matrice

A = ( \begin{matrix}7 & −3 & −1 \\ 4 & 0 & −1 \\ 3 & −2 & 2 \end{matrix} )

nella base canonica. Dire in particolare se ϕ è diagonalizzabile. Svolgimento. Si ha det(A − λ1) = −λ^{3} + 9λ^{2} − 27λ + 27 = (3 − λ)^{3} e quindi l’unico autovalore di ϕ è 3 ed ha molteplicità 3. Il sottospazio di autovettori di 3 è ⟨( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} )⟩ e perciò ϕ non è diagonalizzabile. □

ESERCIZIO 5. Determinare l’insieme delle soluzioni del sistema lineare

\{ \begin{matrix}λx & + & λy & + & (λ − 2)z & = & 1 \\ λ^{2}x & + & 4y & + & (4 − 2λ)z & = & 2 \end{matrix}

al variare del parametro λ in ℝ. Svolgimento. La matrice completa è equivalente alla matrice ( \begin{matrix}λ & λ & λ − 2 & 1 \\ 0 & 4 − λ^{2} & 4 − λ^{2} & 2 − λ \end{matrix} ). Per λ ∉ \{2, −2\}, matrice completa ed incompleta hanno rango 2 e, per ogni valore di λ, il sistema ha infinite soluzioni dipendenti da un parametro.

x = \frac{1}{λ} (\frac{−λ}{λ + 2} + 2t + 1) , y = \frac{1}{2 + λ} − t, z = t (−2 ≠ λ ≠ 2, t ∈ ℝ).

Per λ = 2, matrice completa ed incompleta hanno rango 1 e il sistema ha infinite soluzioni dipendenti da due parametri \{ \begin{matrix}x & = & \frac{1}{2} − τ \\ y & = & τ \\ z & = & t \end{matrix} . Per λ = −2, la matrice completa ha rango 2, mentre quella incompleta ha rango 1 e quindi il sistema non ha soluzioni. □

Istituzioni di Matematiche I (CH-CI-MT)

prova scritta del 16 febbraio 2000

ESERCIZIO 1. Si consideri la funzione f(x) = arctg(log |x| − 1).

(a) Si determini il dominio di definizione di f ed il comportamento della funzione ai suoi estremi;

(b) si determini l’insieme dei punti su cui f è derivabile e gli eventuali sottoinsiemi su cui f è decrescente;

(c) si determini la derivata seconda di f e l’insieme dei punti su cui f è concava;

(d) si dica se f si estende ad una funzione continua e derivabile su tutta la retta reale.

Si tracci infine un grafico indicativo dell’andamento di f.

Svolgimento. (a). La funzione è definita, continua e derivabile in D = ℝ\{0} perchè composizione di funzioni derivabili in D. Inoltre f(−x) = f(x) e quindi il grafico di f è simmetrico rispetto all’asse verticale. Si ha

lim_{x→±∞} f(x) = lim_{y→+∞} arctg y = \frac{π}{2}  e  lim_{x→0} f(x) = lim_{y→−∞} arctg y = −\frac{π}{2} .

In particolare, l’ultimo limite ci dice che f può essere estesa ad una funzione continua su tutta la retta reale ponendo f(0) = −\frac{π}{2} . (b). Abbiamo già osservato che f è derivabile in D e, ricordando la regola di derivazione delle funzioni composte, si ha

f′(x) = \frac{1/x}{1 + (log |x| − 1)^{2}} per ogni x ∈ D.

Inoltre, applicando ripetutamente la Regola di de l’Hôpital, si ha

lim_{x→0} \frac{f(x) + \frac{π}{2}}{x} = lim_{x→0} f′(x) = lim_{x→0} \frac{−1/x}{2(log |x| − 1)} = lim_{x→0} \frac{1/x^{2}}{1/x} = ∞

e quindi f non può essere estesa ad una funzione derivabile su tutta la retta. Osserviamo che il segno di f′(x) è concorde con il segno di x e quindi f è decrescente sulla semiretta (−∞, 0) e crescente sulla semiretta (0, +∞). In particolare x = 0 è un punto di minimo (relativo ed assoluto) per la funzione estesa, mentre f non ha né massimo né minimo. (c). La derivata seconda di f(x) è

f′′(x) = −\frac{(log |x|)^{2}}{x^{2} [(log |x| − 1)^{2} + 1]^{2}} per ogni x ∈ D;

dunque f è concava su entrambo le semirette (−∞, 0) e (0, +∞), perchè f′′(x) ≤ 0 in ogni punto di D. (d). Come abbiamo già osservato, f può essere estesa ad una funzione continua su tutta la retta reale, ma derivabile solo per x ≠ 0.

Qui sopra abbiamo tracciato un grafico approssimativo dell’andamento di f(x). □

ESERCIZIO 2. Sia fissato un intero n ≥ 3 e si consideri il numero complesso

ζ = cos \frac{2π}{n} + i sin \frac{2π}{n} .

(a) Si mostri che ζ^{n} = 1 e quindi che 1 + ζ + ζ^{2} + ⋯ + ζ^{n−1} = 0.

(b) Si consideri il poligono di vertici z_{0} = 1, z_{1} = 1 + ζ, z_{2} = 1 + ζ + ζ^{2}, …, z_{n−1} = 1 + ζ + ζ^{2} + ⋯ + ζ^{n−1}, e si mostri che si tratta di un poligono regolare di n lati. In particolare, per n = 8, si disegni tale poligono nel piano di Argand-Gauss.

(c) Si mostri che il perimetro del poligono del punto (b) è uguale ad n e che la sua area è uguale a \frac{n}{4 tg(π/n)}.

Svolgimento. (a). Si osservi che ζ è un numero complesso di modulo 1, scritto in forma trigonometrica e, in base alle Formule di de Moivre, si ha ζ^{k} = cos \frac{2kπ}{n} + i sin \frac{2kπ}{n} per ogni intero positivo k. In particolare, per k = n si ottiene ζ^{n} = cos(2π) + i sin(2π) = 1.

Inoltre, essendo 1 − ζ ≠ 0 e

(1 + ζ + ζ^{2} + ⋯ + ζ^{n−1})(1 − ζ) = 1 − ζ^{n} = 0,

si conclude che 1 + ζ + ζ^{2} + ⋯ + ζ^{n−1} = 0. (b). Per k = 1, …, n − 1 i lati del poligono in questione coincidono coi vettori z_{k} − z_{k−1} = ζ^{k} che hanno lunghezza |ζ|^{k} = 1. Inoltre, z_{0} − z_{n−1} = 1 − 0 = 1, e quindi tutti gli n lati del poligono hanno la stessa lunghezza. Resta quindi da verificare che anche gli angoli tra due lati consecutivi sono uguali tra loro; e per fare ciò è sufficiente calcolare il prodotto scalare tra i vettori (di lunghezza

1) corrispondenti a due lati consecutivi, ovvero, con una facile applicazione delle formule di addizione per il coseno, si ottiene

⟨ζ^{k}, ζ^{k+1}⟩ = cos \frac{2kπ}{n} cos \frac{2(k+1)π}{n} +

+ sin \frac{2kπ}{n} sin \frac{2(k+1)π}{n} = cos \frac{2π}{n};

da cui si conclude che l’angolo tra due lati consecutivi è uguale a ϑ = \frac{2π}{n}.

Qui a fianco abbiamo disegnato il poligono richiesto e, più sotto, i vari poligoni che si ottengono per n = 3, …, 10. (c). Da quanto abbiamo visto nel punto precedente, ogni lato del poligono ha lunghezza 1 e quindi il perimetro è lungo n. Per calcolare l’area possiamo ragionare come segue: il poligono si decompone in n triangoli isosceli, tra loro congruenti, aventi come base i lati del poligono e come vertice il centro della circonferenza circoscritta; dunque è sufficiente determinare l’area di un tale triangolo e moltiplicarla per il numero dei lati.

Il triangolo in questione ha l’angolo al vertice uguale a 2π/n e la base di lunghezza 1, quindi la sua altezza è

uguale a \frac{1}{2 tg(π/n)} e la sua area è quindi \frac{1}{4 tg(π/n)}. Poichè il poligono si decompone in n di questi triangoli,

si ottiene la formula voluta. □

ESERCIZIO 3. Si calcoli ∫_{e^{3}}^{+∞} \frac{6 log x + 12}{x(log x)^{3} − 8x}dx.

Svolgimento. Per prima cosa cerchiamo di determinare una primitiva della funzione integranda. Posto y =

log x, si ha dy = \frac{dx}{x}, e quindi l’integrale proposto diventa

∫_{3}^{+∞} \frac{6y + 12}{y^{3} − 8}dy.

Si ha

\frac{6y + 12}{y^{3} − 8} = \frac{2}{y − 2} − \frac{2y + 2}{y^{2} + 2y + 4},  e quindi  ∫ \frac{6y + 12}{y^{3} − 8}dy = log \frac{(y − 2)^{2}}{y^{2} + 2y + 4} + c.

Da ciò si deduce che

∫_{3}^{+∞} \frac{6y + 12}{y^{3} − 8}dy = lim_{b→+∞} log \frac{(b − 2)^{2}}{b^{2} + 2b + 4} − log \frac{1}{19} = log 19

e quindi l’integrale proposto è uguale a log 19. □

ESERCIZIO 4. Si consideri le retta r : \{ \begin{matrix}x = 3 + t \\ y = −1 − t \\ z = 1 \end{matrix}

(a) Determinare i piani π_{1} e π_{2} contenenti r e, rispettivamente, i punti P_{1}(0, 0, 1) e P_{2}(1, 0, 0).

(b) Trovare la proiezione Q di P_{1} su r.

(c) Trovare i punti R di r tali che la piramide di vertici P_{1}, P_{2}, Q, R abbia volume \frac{4}{3}.

Svolgimento. (a). La retta r ha equazione cartesiana \{ \begin{matrix}x + y − 2 = 0 \\ z − 1 = 0 \end{matrix} ed l fascio di piani passanti per r

ha equazione λ(x + y − 2) + μ(z − 1) = 0. Dalle condizioni di passaggio per P_{1} e P_{2} otteniamo i piani π_{1} : z − 1 = 0 e π_{2} : x + y − z − 1 = 0.

(b). La proiezione Q di P_{1} su r si trova intersecando r con il piano per P_{1} e ad essa perpendicolare. Tale piano ha equazione x − y = 0. Sostituendo ad x e y i corrispondenti valori nelle equazioni parametriche di r ricaviamo t = −2 e quindi la proiezione di P_{1} sarà Q(1, 1, 1).

(c). Il punto generico R di r ha coordinate (3+t, −1−t, 1). Il volume V del tetraedro di vertici P_{1}, P_{2}, Q e R è un sesto del volume del parallelepipedo di spigoli P_{1}R, P_{1}P_{2} e P_{1}Q e quindi

V = \frac{1}{6} |⟨\overrightarrow{P_{1}R}, \overrightarrow{P_{1}P_{2}} × \overrightarrow{P_{1}Q}⟩| = \frac{1}{6} |det ( \begin{matrix}3 + t & −1 − t & 0 \\ 1 & 0 & −1 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix} )| = \frac{1}{6} |2t + 4|

Poiché il volume deve essere uguale a \frac{4}{3}, otteniamo t = 2 e t = −6 e i punti cercati sono R_{1}(5, −3.1) e R_{2}(−3, 5, 1). □

ESERCIZIO 5. Calcolare gli autovalori ed i relativi sottospazi di autovettori dell’endomorfismo ϕ di matrice

A = ( \begin{matrix}−1 & 3 & 3 \\ −2 & 4 & 2 \\ −1 & 1 & 3 \end{matrix} )

nella base canonica. Dire in particolare se ϕ è diagonalizzabile.

Svolgimento. Si ha det(A−λ1) = −λ^{3}+6λ^{2}−12λ+8 = (2−λ)^{3} e quindi l’unico autovalore è 2, con molteplicità

3. Il sottospazio di autovettori è ⟨( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )⟩. Poiché il sottospazio generato dagli autovettori ha

dimensione 2, ϕ non è diagonalizzabile. □

Istituzioni di Matematiche I (CH-CI-MT)

prova scritta del 15 giugno 2000

ESERCIZIO 1. Sia fissato un numero reale x_{0} > 0 e si consideri la successione (a_{n})_{n∈ℕ}, definita ricorsivamente ponendo

\{ \begin{matrix}a_{0} = x_{0} \\ a_{n+1} = arctg(a_{n}) \end{matrix} .

(a) Si mostri, studiando la funzione f(x) = x−arctg(x), che la successione (a_{n})_{n∈ℕ} è decrescente qualunque sia il numero reale x_{0} > 0.

(b) Si mostri che, qualunque sia il numero reale x_{0} > 0, tutti i termini della successione (a_{n})_{n∈ℕ} sono positivi e si concluda che esiste lim_{n→∞} a_{n}.

(c) Si calcoli quindi lim_{n→∞} a_{n} al variare di x_{0} tra i numeri reali positivi.

Svolgimento. La funzione arctg x è positiva sulla semiretta (0, +∞) e quindi, qualunque sia il termine iniziale x_{0} > 0, tutti i termini della successione a_{n} sono positivi. Inoltre, la successione è decrescente se, per ogni n, a_{n} ≥ a_{n+1} = arctg a_{n}, ovvero se la funzione f(x) = x − arctg x assume valori positivi per x ∈ (0, +∞). Si osservi che f(0) = 0 e che f′(x) = \frac{x^{2}}{1+x^{2}} e quindi la funzione f(x) è strettamente crescente e perciò assume valori positivi sulla semiretta (0, +∞).

Dunque la successione (a_{n})_{n∈ℕ} è decrescente ed inferiormente limitata e perciò convergente. Detto ℓ = lim_{n→∞} a_{n}, in base alla definizione ricorsiva, deve aversi ℓ = arctg ℓ e quindi ℓ = 0, perchè, per x > 0, si ha x − arctg x = f(x) > 0. □

ESERCIZIO 2. Si calcoli

lim_{n→∞} (sin α + \frac{1}{n})^{n}

al variare di α nell’intervallo chiuso [0, π].

Svolgimento. Se sin α = 0 allora il limite in questione coincide con lim_{n→∞} \frac{1}{n^{n}} = 0. Sia quindi 0 < α < π, e si osservi che, qualunque sia l’esponente n, si ha

(sin α + \frac{1}{n})^{n} = (sin α)^{n} (1 + \frac{1/ sin α}{n})^{n} .

Qualunque sia α ∈ (0, π), si ha lim_{n→∞} (1 + \frac{1/ sin α}{n})^{n} = e^{1/ sin α} e inoltre, se α ≠ \frac{π}{2} , allora 0 < sin α < 1 e

quindi lim_{n→∞}(sin α)^{n} = 0. Da ciò si conclude che

lim_{n→∞} (sin α + \frac{1}{n})^{n} = 0 per α ≠ \frac{π}{2} .

Infine, per α = \frac{π}{2} , sin α = 1 ed il limite in questione viene a coincidere con

lim_{n→∞} (1 + \frac{1}{n})^{n} = e

e ciò conclude la discussione. □

ESERCIZIO 3. Si calcoli ∫_{−∞}^{+∞} \frac{2 sinh x}{(e^{x} + 3e^{−x})^{2}} dx.

Svolgimento. Ricordando che sinh x = \frac{e^{x}−e^{−x}}{2} e tramite il cambiamento di variabile y = e^{x} (e quindi dy =

e^{x}dx) l’integrale proposto coincide con ∫_{0}^{+∞} \frac{y^{2} − 1}{(y^{2} + 3)^{2}} dy.

Determiniamo quindi una primitiva della funzione integranda, ricordando che si ha

\frac{y^{2} − 1}{(y^{2} + 3)^{2}} = \frac{1}{y^{2} + 3} − \frac{4}{(y^{2} + 3)^{2}} .

Poichè

∫ \frac{1}{y^{2} + 3}dy = \frac{1}{\sqrt{3}} arctg (\frac{y}{\sqrt{3}}) + c

ed

∫ \frac{4}{(y^{2} + 3)^{2}} dy = \frac{4}{3\sqrt{3}} ∫ \frac{1}{((y/\sqrt{3})^{2} + 1)^{2}} \frac{dy}{\sqrt{3}} = \frac{2}{3\sqrt{3}} (arctg (\frac{y}{\sqrt{3}}) + \frac{y\sqrt{3}}{y^{2} + 3}) + c,

si conclude che l’integrale proposto coincide con

lim_{b→+∞} [\frac{1}{3\sqrt{3}} (arctg (\frac{y}{\sqrt{3}}) − \frac{2y\sqrt{3}}{y^{2} + 3})]_{0}^{b} = \frac{π}{6\sqrt{3}}.

□

ESERCIZIO 4. Determinare l’insieme delle soluzioni del sistema lineare

\{ \begin{matrix}x & + & (2λ − 1)y & = & 3λ^{2} + λ − 3 \\ & & (λ − 1)y & = & λ − 1 \\ x & + & λy & = & 2λ^{2} − 1 \end{matrix}

al variare del parametro λ in ℝ.

Svolgimento. La matrice completa del sistema lineare è equivalente alla matrice

( \begin{matrix}1 & 2λ − 1 & 3λ^{2} + λ − 3 \\ 0 & λ − 1 & λ − 1 \\ 0 & 0 & 1 − λ^{2} \end{matrix} )

Per λ ∉ {−1, 1}, la matrice completa ed incompleta hanno rispettivamente rango 3 e 2 e quindi il sistema non ha soluzioni.

Per λ = 1, matrice completa e incompleta hanno rango 1 ed il sistema lineare è equivalente all’equazione

x + y = 1 che ha infinite soluzioni della forma \{ \begin{matrix}x = 1 − t \\ y = t \end{matrix} (t ∈ ℝ).

Per λ = −1 matrice completa e incompleta hanno rango 2 e quindi il sistema ha l’unica soluzione

\{ \begin{matrix}x = 2 \\ y = 1 \end{matrix} . □

ESERCIZIO 5. Siano date le rette

r : \{ \begin{matrix}x = 1 + 2t \\ y = −2 + t \\ z = 4 − t \end{matrix} s : \{ \begin{matrix}x = 1 + τ \\ y = 5 + τ \\ z = −1 \end{matrix} ,

(a) Determinare il segmento P Q, perpendicolare ad r e ad s, con P ∈ r e Q ∈ s.

(b) Determinare l’equazione del piano π parallelo ad r e ad s ed equidistante dalle due rette.

(c) Trovare le equazioni delle proiezioni ortogonali r′ e s′ di r e s su π.

Istituzioni di Matematiche I – prova scritta del 15 giugno 2000 9

Svolgimento. (a). Le coordinate di P e Q sono del tipo (1 + 2t, −2 + t, 4 − t) e (1 + τ, 5 + τ, −1). Detti \overrightarrow{v_{r}} = ( \begin{matrix}2 \\ 1 \\ −1 \end{matrix} ) e \overrightarrow{v_{s}} = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) i vettori paralleli rispettivamente a r e ad s, il vettore \overrightarrow{QP} = ( \begin{matrix}2t − τ \\ −7 + t − τ \\ 5 − t \end{matrix} ) dovrà verificare la condizione, di perpendicolarità a \overrightarrow{v_{r}} e \overrightarrow{v_{s}}, ⟨\overrightarrow{v_{r}}, \overrightarrow{QP}⟩ = ⟨\overrightarrow{v_{s}}, \overrightarrow{QP}⟩ = 0. Tali equazioni sono verificate per t = 1 e τ = −2, che sostituiti nelle equazioni parametriche danno P (3, −1, 3) e Q(−1, 3, −1). (b). Il piano π è ortogonale a \overrightarrow{v_{r}} × \overrightarrow{v_{s}} = ( \begin{matrix}1 \\ −1 \\ 1 \end{matrix} ) e quindi ha equazione del tipo x − y + z + d = 0. Affinché π sia equidistante da r e s, deve contenere il punto medio M(1, 1, 1) del segmento P Q e quindi d = −1 e l’equazione di π è x − y + z − 1 = 0. (c). Le rette r′ e s′ sono parallele rispettivamente a r e s e passano per il punto M. Abbiamo quindi

r′ : \{ \begin{matrix}x = 1 + 2t \\ y = 1 + t \\ z = 1 − t \end{matrix} s′ : \{ \begin{matrix}x = 1 + τ \\ y = 1 + τ \\ z = 1 \end{matrix} ,

□

Istituzioni di Matematiche I (CH-CI-MT)

prova scritta del 4 luglio 2000

ESERCIZIO 1. Si studi la funzione

f(x) = log \sqrt{\frac{1 − cos x}{1 + cos x}}

al variare di x in [0, 2π] e se ne tracci un grafico indicativo. (NB: È richiesto lo studio della concavità e della convessità del grafico.)

Svolgimento. La funzione f(x) è definita quando l’argomento della radice è un numero reale positivo e ciò accade per x ∈ D = (0, π) ∪ (π, 2π). Nei punti di D, f è continua e derivabile.

Si ha

lim_{x→0^{+}} f(x) = lim_{x→2π^{−}} f(x) = −∞ e lim_{x→π} f(x) = +∞

perchè nei primi due casi l’argomento della radice tende a zero, mentre nell’ultimo lo stesso argomento tende ad infinito da valori positivi.

Applicando il teorema di derivazione delle funzioni composte, si ricava che

f′(x) = \frac{1}{\sqrt{\frac{1−cos x}{1+cos x}}} · \frac{1}{2\sqrt{\frac{1−cos x}{1+cos x}}} · \frac{2 sin x}{(1 + cos x)^{2}} = \frac{1}{sin x}

per ogni x ∈ D. Quindi, f(x) è crescente nell’intervallo (0, π) e decrescente nell’intervallo (π, 2π), per cui non ha massimi o minimi, né locali, né globali.

La derivata seconda di f(x) è f′′(x) = −\frac{cos x}{sin^{2} x} per ogni x ∈ D, quindi il grafico di f è concavo sugli intervalli (0, \frac{π}{2} ) e (\frac{3π}{2} , 2π), mentre è convesso nelle restanti parti di D. I due punti x_{1} = \frac{π}{2} ed x_{2} = \frac{3π}{2} sono punti di flesso per il grafico.

L’andamento di f(x) è quindi descritto dal grafico qui sopra. □

ESERCIZIO 2. Si calcoli lim_{x→−∞} 12x^{6} [\frac{1}{2} log (1 + \frac{1}{x^{2}} ) − cos \frac{1}{x} − \frac{sin(1/x)}{x} + 1 + \frac{1}{8x^{4}} ].

Svolgimento. Osserviamo che si tratta di una forma indeterminata del tipo “0 · ∞”. Inoltre, per x → −∞, si ha che \frac{1}{x} ed \frac{1}{x^{2}} tendono entrambo a zero e quindi possiamo considerare gli sviluppi asintotici delle funzioni coinvolte nel limite e scrivere che, per x → −∞, si ha

\frac{1}{2} log (1 + \frac{1}{x^{2}} ) = \frac{1}{2x^{2}} − \frac{1}{4x^{4}} + \frac{1}{6x^{6}} + o(x^{−6}),
cos \frac{1}{x} = 1 − \frac{1}{2x^{2}} + \frac{1}{4!x^{4}} − \frac{1}{6!x^{6}} + o(x^{−6}),
\frac{sin(1/x)}{x} = \frac{1}{x^{2}} − \frac{1}{3!x^{4}} + \frac{1}{5!x^{6}} + o(x^{−6}).

Dunque il limite proposto è uguale a

lim_{x→−∞} 12x^{6} [\frac{115}{720x^{6}} + o(x^{−6})] = \frac{23}{12}

□

ESERCIZIO 3. Si consideri nel piano cartesiano il sottoinsieme

D = \{ (x, y) ∈ ℝ^{2} | 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ e^{−x}\sqrt{|x^{2} − 1|} \}

e si calcoli il volume del solido che si ottiene dalla rotazione di D attorno all’asse delle ascisse.

Svolgimento. L’insieme D è il sotto grafico della funzione g(x) = e^{−x}\sqrt{|x^{2} − 1|} sull’intervallo [0, 2], dunque, il volume del solido di rotazione è uguale a

V = π ∫_{0}^{2} e^{−2x}|1 − x^{2}|dx = π (∫_{0}^{1} e^{−2x}(1 − x^{2})dx + ∫_{1}^{2} e^{−2x}(x^{2} − 1)dx) .

Applicando ripetutamente la formula di integrazione per parti, si ottiene che

∫ e^{−2x}(1 − x^{2})dx = \frac{e^{−2x}}{4} (2x^{2} + 2x − 1) + c,

e quindi

V = π [\frac{e^{−2x}}{4} (2x^{2} + 2x − 1)]_{x=0}^{x=1} + π [\frac{e^{−2x}}{4} (1 − 2x − 2x^{2})]_{x=1}^{x=2} = π \frac{e^{4} + 6e^{2} − 11}{4e^{4}}

e ciò conclude il calcolo. □

ESERCIZIO 4. Calcolare gli autovalori ed i relativi sottospazi di autovettori dell’endomorfismo ϕ di matrice

A = ( \begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 6 & −2 & −3 \\ −2 & 0 & 3 \end{matrix} )

nella base canonica. Concludere che ϕ è diagonalizzabile ed esprimere il vettore ( \begin{matrix}1 \\ 3 \\ 1 \end{matrix} ) come combinazione

lineare di autovettori.

Svolgimento. Si ha det(A − λ1) = −λ^{3} + λ^{2} + 4λ − 4 = −(λ − 2)(λ − 1)(λ + 2) e quindi gli autovalori di ϕ sono 2, 1, e -2, ciascuno con molteplicità 1. Poiché ϕ ha tre autovalori distinti, possiamo concludere che è

diagonalizzabile. I relativi sottospazi sono, rispettivamente, ⟨( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 2 \end{matrix} )⟩, ⟨( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} )⟩, e ⟨( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} )⟩, ed abbiamo

( \begin{matrix}1 \\ 3 \\ 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) + 2 ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ). □

ESERCIZIO 5. Determinare l’insieme delle soluzioni del sistema lineare

\{ \begin{matrix}(λ − 1)x & + & 2λy & & & = & 2 + λ \\ (λ − 1)x & + & λy & + & λz & = & 2 \\ & & λy & − & λz & = & λ \end{matrix}

al variare del parametro λ in ℝ.

Svolgimento. La matrice completa è equivalente alla matrice ( \begin{matrix}λ − 1 & 2λ & 0 & 2 + λ \\ 0 & −λ & λ & −λ \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) e quindi per nessun

valore di λ il sistema ha un’unica soluzione.

Per λ ∉ {0, 1}, matrice completa ed incompleta hanno rango 2 e, per tali valori di λ, il sistema ha infinite soluzioni dipendenti da un parametro.

x = \frac{2 − λ − 2λt}{λ − 1},  y = 1 + t,  z = t  (0 ≠ λ ≠ 1, t ∈ ℝ)

Per λ = 0, matrice completa ed incompleta hanno rango 1 e il sistema ha infinite soluzioni dipendenti da due parametri

x = −2,  y = τ,  z = t  (t, τ ∈ ℝ)

Per λ = 1, matrice completa ed incompleta hanno rango 2 e quindi il sistema ha infinite soluzioni dipendenti da un parametro

x = t,  y = \frac{3}{2},  z = \frac{1}{2}  (t ∈ ℝ)
□

Istituzioni di Matematiche I (CH-CI-MT)

prova scritta del 31 agosto 2000

ESERCIZIO 1. Si studi la funzione

f(x) = log \sqrt{\frac{2x^{2}}{1 − x^{2}}}

e se ne tracci un grafico indicativo.

(NB: È richiesto lo studio della concavità e della convessità del grafico.)

Svolgimento. La funzione è definita quando l’argomento della radice quadrata è un numero strettamente positivo e ciò accade se, e solo se, il numeratore non si annulla ed il denominatore è positivo. Dunque f è definita nell’insieme D = (−1, 0) ∪ (0, 1). Inoltre, f è una funzione pari, ovvero f(−x) = f(x), e quindi possiamo limitarci allo studio di f sull’intervallo (0, 1) ed estendere i risultati a tutto D per simmetria rispetto all’asse delle ordinate. Si ha

lim_{x→0^{+}} f(x) = lim_{t→0^{+}} log t = −∞

lim_{x→1^{−}} f(x) = lim_{t→+∞} log t = +∞.

Applicando ripetutamente la regola di derivazione delle funzioni composte si ottiene

f′(x) = \frac{1}{x(1 − x^{2})} per x ∈ D;

e quindi f è crescente in (0, 1). Infine,

f′′(x) = \frac{3x^{2} − 1}{x^{2}(1 − x^{2})^{2}} per x ∈ D;

e quindi il grafico di f è concavo per x ∈ (0, \frac{1}{\sqrt{3}}), e convesso per x ∈ (\frac{1}{\sqrt{3}}, 1). Per x = \frac{1}{\sqrt{3}}, il grafico attraversa l’asse delle ascisse e si ha un punto di flesso (con tangente obliqua).

L’andamento di f(x) è quindi descritto dal grafico qui sopra. □

ESERCIZIO 2. Si disegnino nel piano di Argand-Gauß i punti z_{1}, z_{2}, z_{3}, corrispondenti alle soluzioni dell’equazione z^{3} − 8i = 0. Siano w_{1}, w_{2}, w_{3}, i punti simmetrici rispetto all’origine dei tre punti dati e si scriva l’equazione di cui w_{1}, w_{2}, w_{3} sono le soluzioni. Si determini infine l’area del poligono convesso avente i sei punti come vertici.

Svolgimento. Dobbiamo determinare le radici cubiche del numero complesso 8i.

Scritto in forma trigonometrica, si tratta del numero 8(cos \frac{π}{2} + i sin \frac{π}{2} ) e quindi, applicando le Formule di de Moivre, si ottiene che le sue radici cubiche sono

z_{1} = 2(cos \frac{π}{6} + i sin \frac{π}{6} ) = \sqrt{3} + i,
z_{2} = 2(cos \frac{5π}{6} + i sin \frac{5π}{6} ) = −\sqrt{3} + i,
z_{3} = 2(cos \frac{9π}{6} + i sin \frac{9π}{6} ) = −2i.

Due punti del piano di Gauß sono simmetrici rispetto all’origine se, e solo se, rappresentano numeri complessi opposti e quindi i tre punti w_{1}, w_{2}, w_{3} sono

w_{1} = −z_{1} = −\sqrt{3} − i, w_{2} = −z_{2} = \sqrt{3} − i, w_{2} = −z_{3} = 2i;

ed i tre punti sono quindi le soluzioni dell’equazione z^{3} + 8i = 0.

Il poligono convesso avente i sei punti come vertici è un esagono regolare, inscritto nella circonferenza di centro nell’origine e raggio |z_{1}| = 2 (si veda la figura qui sopra). Dunque la sua area A è sei volte l’area del triangolo di vertici 0, z_{1}, w_{2}, (triangolo equilatero di lato 2) cioè A = 6\sqrt{3}. □

ESERCIZIO 3. Si calcoli ∫_{1000}^{+∞} \frac{6 log_{10} x + 12}{x(log_{10} x)^{3} − 8x}dx.

Svolgimento. Per prima cosa cerchiamo di determinare una primitiva della funzione integranda. Posto y =

log_{10} x = (log_{10} e)(log x), si ha dy = log_{10} e\frac{dx}{x}, e quindi l’integrale proposto diventa

log 10 ∫_{3}^{+∞} \frac{6y + 12}{y^{3} − 8}dy.

Si ha

\frac{6y + 12}{y^{3} − 8} = \frac{2}{y − 2} − \frac{2y + 2}{y^{2} + 2y + 4},  e quindi  ∫ \frac{6y + 12}{y^{3} − 8}dy = log \frac{(y − 2)^{2}}{y^{2} + 2y + 4} + c.

Da ciò si deduce che

∫_{3}^{+∞} \frac{6y + 12}{y^{3} − 8}dy = lim_{b→+∞} log \frac{(b − 2)^{2}}{b^{2} + 2b + 4} − log \frac{1}{19} = log 19

e quindi l’integrale proposto è uguale a log 10 log 19 = \frac{log_{10} 19}{(log_{10} e)^{2}} . □

ESERCIZIO 4. Siano r_{1} e r_{2} le rette passanti, rispettivamente, per i punti P_{1}(3, 0, 2) e P_{2}(0, −1, 5), e

parallele, rispettivamente, ai vettori v_{1} = ( \begin{matrix}1 \\ −1 \\ 1 \end{matrix} ) e v_{2} = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ −2 \end{matrix} ).

(a) Verificare che r_{1} e r_{2} sono incidenti e trovare il punto P di intersezione.

(b) Scrivere l’equazione della retta s passante per P e perpendicolare al piano contenente r_{1} e r_{2}.

(c) Trovare i punti Q_{1} e Q_{2} di s tali che la piramide di vertici P_{1}, P_{2}, P, Q abbia volume 7.

Svolgimento. (a) Le retta r_{1} e r_{2} hanno equazioni parametriche r_{1} : \{ \begin{matrix}x = 3 + t \\ y = −t \\ z = 2 + t \end{matrix} e r_{2} : \{ \begin{matrix}x = τ \\ y = −1 + τ \\ z = 5 − 2τ \end{matrix} . Per

t = −1 e τ = 2 otteniamo in entramble le equazioni il punto P (2, 1, 1) che è quindi il punto di intersezione

Istituzioni di Matematiche I – prova scritta del 31 agosto 2000 15

tra le due rette. (b) La retta s è perpendicolare a r_{1} e a r_{2} e quindi è parallela al vettore v_{1} × v_{2} = ( \begin{matrix}1 \\ 3 \\ 2 \end{matrix} ). Poiché s passa per P, le sue equazioni parametriche sono quindi \{ \begin{matrix}x = 2 + θ \\ y = 1 + 3θ \\ z = 1 + 2θ \end{matrix} . (c) Il punto generico Q di s ha coordinate (2 + θ, 1 + 3θ, 1 + 2θ). Il volume V del tetraedro di vertici P_{1}, P_{2}, P e Q è

V = \frac{1}{6} |⟨\overrightarrow{P Q}, \overrightarrow{P P_{1}} × \overrightarrow{P P_{2}}⟩| = \frac{1}{6} |det ( \begin{matrix}2 + θ & 1 + 3θ & 1 + 2θ \\ 1 & −1 & 1 \\ −2 & −2 & 4 \end{matrix} )| = \frac{1}{6} |−14 − 28θ|

Posto V = 7, otteniamo θ = 1 e θ = −2, e i punti cercati sono Q_{1}(3, 4, 3) e Q_{2}(0, −5, −3). □ ESERCIZIO 5. Dopo aver verificato che v = ( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ −2 \end{matrix} ) è autovettore dell’endomorfismo ϕ di matrice

A = ( \begin{matrix}0 & −2 & 0 \\ −4 & 0 & 2 \\ 2 & 1 & −2 \end{matrix} )

nella base canonica, determinare gli autovalori di ϕ e dire se tale endomorfismo è diagonalizzabile. Svolgimento. Risulta Av = −4v e quindi v è autovettore di ϕ con autovalore −4. Si ha det(A − λ1) = −λ^{3} − 2λ^{2} + 10λ + 8. Dividendo questo polinomio per (λ + 4), otteniamo −λ^{2} + 2λ + 2, e quindi gli altri autovalori di ϕ sono 1 + \sqrt{3} e 1 − \sqrt{3}. Avento tre autovalori distinti, l’endomorfismo ϕ è diagonalizzabile.

□

Istituzioni di Matematiche I (CH-CI-MT)

prova scritta del 15 settembre 2000

ESERCIZIO 1. Si studi la funzione

f(x) = \frac{e^{\frac{1}{2x−4}}}{x − 2}

e se ne tracci un grafico indicativo.

Svolgimento. La funzione è definita quando il denominatore (della frazione e dell’esponente) non si annulla, ovvero in D = (−∞, 2) ∪ (2, +∞). Si ha

lim_{x→−∞} f(x) = 0^{−},  lim_{x→2^{−}} f(x) = lim_{t→−∞} 2te^{t} = 0^{−},
lim_{x→2^{+}} f(x) = +∞,  lim_{x→+∞} f(x) = 0^{+};

ove tutti i limiti si calcolano immediatamente, eccetto il secondo, ove si è applicata la sostituzione t = \frac{1}{2x−4}. La derivata prima di f è uguale ad

f′(x) = −\frac{e^{\frac{1}{2x−4}}}{2(x − 2)^{2}} · \frac{2x − 3}{x − 2} per x ∈ D.

Quindi f è crescente in (\frac{3}{2}, 2) e decrescente in (−∞, \frac{3}{2}) ed in(2, +∞). In particolare x = \frac{3}{2} è un punto di minimo relativo (ed assoluto) ed f(\frac{3}{2}) = −\frac{2}{e}, mentre non vi sono punti di massimo né relativo, né assoluto.

Perciò, l’andamento di f(x) è descritto approssimativamente dal grafico qui sopra. □

ESERCIZIO 2. Si disegni nel piano di Argand-Gauß l’insieme S dei numeri complessi soddisfacenti alla condizione

|\frac{2 − \overline{z}}{2z + 3i}| > 1

e si dica per quali valori di m la retta Imz = m(Rez) interseca S.

Svolgimento. Sia z = x + iy, con (x, y) ∈ ℝ^{2}. Se z ≠ −\frac{3i}{2}, la disuguaglianza proposta è equivalente alla disuguaglianza

|2 − \overline{z}| > |2z + 3i|  ovvero  x^{2} + y^{2} + \frac{4}{3}x + 4y + \frac{5}{3} < 0.

Dunque S è formato da tutti i punti interni alla circonferenza di centro C = (−\frac{2}{3}, −2) e raggio \frac{5}{3}, escluso (0, −\frac{3}{2}).

La retta y = mx interseca S se, e solo se, interseca la circonferenza che lo delimita in due punti distinti, ovvero se, e solo se, il sistema

\{ \begin{matrix}y = mx \\ x^{2} + y^{2} + \frac{4}{3}x + 4y + \frac{5}{3} = 0 \end{matrix}

ha due soluzioni reali distinte. Ciò significa che l’equazione

3(1 + m^{2})x^{2} + 4(1 + 3m)x + 5 = 0

deve avere il discriminante positivo, ovvero deve aversi: 4(1 + 3m)^{2} − 15(1 + m^{2}) > 0. Ciò accade se m < −\frac{12+5\sqrt{15}}{21} oppure se m > \frac{5\sqrt{15}−12}{21}. □

ESERCIZIO 3. Si calcoli ∑_{n=3}^{∞} \frac{3n − 2}{n^{3} − 3n^{2} + 2n}.

Svolgimento. Osserviamo che, per ogni n ≥ 3, si ha \frac{3n − 2}{n^{3} − 3n^{2} + 2n} = −\frac{1}{n} − \frac{1}{n − 1} + \frac{2}{n − 2}. Quindi la somma

parziale di ordine k della serie è

s_{k} = ∑_{n=3}^{k} \frac{3n − 2}{n^{3} − 3n^{2} + 2n} = \frac{5}{2} − \frac{1}{k} − \frac{2}{k − 1};

perchè i termini intermedi si cancellano. Si conclude così che la somma della serie è uguale a lim_{k→∞} s_{k} = \frac{5}{2}.

□

ESERCIZIO 4. Determinare l’insieme delle soluzioni del sistema lineare

\{ \begin{matrix}λx & + & (λ − 1)y & & & = & 5 \\ λx & & & + & 2λz & = & 3 + 2λ \\ & & (λ − 1)y & + & 2λz & = & 2 + 2λ \end{matrix}

al variare del parametro λ in ℝ.

Svolgimento. La matrice completa del sistema lineare è equivalente alla matrice

( \begin{matrix}λ & λ − 1 & 0 & 5 \\ 0 & 1 − λ & 2λ & −2 + 2λ \\ 0 & 0 & 4λ & 4λ \end{matrix} )

Per λ ∉ {0, 1}, la matrice completa ed incompleta hanno entrambe rango 3 e quindi il sistema ha un’unica soluzione della forma

x = \frac{3}{λ},  y = \frac{2}{λ − 1},  z = 1  (λ ∉ \{0, 1\}).

Per λ = 1, la matrice completa ha rango 3, mentre quella incompleta hao rango 2 e quindi non ci sono soluzioni.

Per λ = 0, la matrice completa ha rango 2, mentre quella incompleta ha rango 1 e quindi non ci sono soluzioni. □

ESERCIZIO 5. Siano date le rette

r_{1} : \{ \begin{matrix}x = −1 + t \\ y = 1 − t \\ z = t \end{matrix} r_{2} : \{ \begin{matrix}x = −4 + τ \\ y = τ \\ z = −2 − τ \end{matrix} ,

(a) Verificare che r_{1} e r_{2} non sono incidenti.

(b) Determinare l’equazione del piano π parallelo a r_{1} e r_{2}, ed equidistante dalle due rette.

(c) Determinare la retta s passante per l’origine ed incidente a r_{1} e r_{2}, ed i punti P_{1} e P_{2} di intersezione di s con r_{1} e r_{2}.

Svolgimento. (a). Dalle uguaglianze −1 + t = −4 + τ e 1 − t = τ otteniamo τ = 2 e t = −1 che non verificano l’uguaglianza t = −2 − τ. (b). Un vettore perpendicolare a π può essere determinato moltiplicando vettorialmente un vettore perpen-

dicolare a r_{1} con un vettore perpendicolare a r_{2}: ( \begin{matrix}1 \\ −1 \\ 1 \end{matrix} ) × ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ −1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 2 \\ 2 \end{matrix} ). Quindi l’equazione di π ha la

forma y + z + d = 0. Poiché π è parallelo a r_{1} e r_{2}, la condizione di equidistanza da r_{1} e r_{2} equivale alla condizione di equidistanza di π da due punti arbitrari di r_{1} e r_{2}, per esempio (−1, 1, 0) e (−4, 0, −2):

\frac{| − 1 + d|}{\sqrt{2}} = \frac{| − 2 + d|}{\sqrt{2}}

Il piano π ha quindi equazione y + z + \frac{1}{2} = 0. (c). La retta s è l’intersezione dei piani π_{1} e π_{2} contenenti rispettivamente r_{1} e r_{2} e passanti per l’origine. Si può trovare s anche determinando prima i punti P_{1} e P_{2}. Detti Q_{1}(−1 + t, 1 − t, t) e Q_{2}(−4 + τ, τ, −2 − τ) i punti generici di r_{1} e r_{2}, i punti P_{1} e P_{2} corrispondono ai valori di t e τ che rendono i vettori \overrightarrow{OQ_{1}} e

\overrightarrow{OQ_{2}} paralleli, cioè proporzionali. Il sistema \{ \begin{matrix}−1 + t = λ(−4 + τ) \\ 1 − t = λτ \\ t = λ(−2 − τ) \end{matrix} ha soluzione \{ \begin{matrix}λ = −\frac{1}{2} \\ t = 2 \\ τ = 2 \end{matrix} e quindi P_{1} e

P_{2} hanno rispettivamente coordinate (1, −1, 2) e (−2, 2, −4). La retta s ha quindi equazione \{ \begin{matrix}x = −3t \\ y = 3t \\ z = −6t \end{matrix} .

□