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1 Università degli Studi di Catania Anno Accademico Corso di Laurea in Informatica Prova in itinere di Matematica Discreta (12 CFU) 17 Aprile 2015 Prova completa Tempo a disposizione: 150 minuti 1 È dato l endomorfismo f : R 3 R 3 definito dalle relazioni f(1, 0, 0) = (2, 0, 0), f(0, 1, 1) = ( 1, h, 1), f(1, 0, 1) = (0, 1, 1) (a) Trovare la matrice associata ad f rispetto alle basi canoniche (b) Studiare f al variare di h determinando in ciascun caso Imf e Kerf (c) Studiare la semplicità di f nel caso h = 0 ed eventualmente trovare una base di autovettori 2 Nello spazio sono dati il piano α) 2x y + z = 0, il punto A(0, 1, 1) e la retta r) x + y z = y + 2z = 0 Trovare: (a) la retta passante per A, parallela ad α) ed ortogonale ad r); (b) la proiezione ortogonale di r) su α); (c) il simmetrico di A rispetto ad α) 3 Trovare le eventuali soluzioni dei seguenti sistemi di congruenze: x 3 mod 6 x 5 mod 4, 2x 3 mod 5 10x 1 mod 80 4 Quanti sono i numeri naturali di 8 cifre aventi le prime due cifre dispari ed uguali e le ultime tre cifre pari?

2 17 Aprile 2015 Svolgimento della prova scritta 1 (a) Tenendo conto delle assegnazioni della consegna, si ha: inoltre e poi f(e 1 ) = (2, 0, 0), f(e 3 ) = f(1, 0, 1) f(e 1 ) = ( 2, 1, 1) f(e 2 ) = f(0, 1, 1) f(e 3 ) = (1, h 1, 0) In questo modo abbiamo le immagini tramite f dei vettori della base canonica di R 3, E 3 = e 1, e 2, e 3 } È dunque possibile scrivere la matrice associata all endomorfismo rispetto alla base canonica E 3 Essa è ( (b) Si trova subito che det h (f) = h h ) (f) = 2(h 1) Per h 1, f è un isomorfismo, cioè è iniettiva e suriettiva Dunque Ker f = (0, 0, 0)} e Im f = R 3 Se h = 1, si trova Im f = (1, 0, 0), ( 2, 1, 1) e quindi dim Im f = 2 Imponendo det x y z = 0 si trova che Im f ha equazione cartesiana y z = 0 Ne viene che dim ker f = 1 Risolvendo il sistema omogeneo 2x + y 2z = 0 z = 0 si deduce che ker f = (1, 2, 0) (c) Si consideri la matrice 0 (f): 0 (f) = Calcoliamo, ora, il polinomio caratteristico p(t) della matrice 0 (f), ovvero calcoliamo ( ) p(t)=det 0 (f) ti =det 2 t t t = (t 2)(t 1)(t + 1) Gli autovalori t = 2, t = ±1 hanno tutti molteplicità algebrica pari ad 1 Determiniamo adesso gli autospazi V 2, V 1 e V 1 associati rispettivamente agli autovalori t = 2, t = 1 e t = 1

3 L autospazio V 2 è il nucleo dell endomorfismo associato alla matrice 0 (f) 2I e lo si determina risolvendo il sistema y 2z = 0 3y + z = 0 z = 0 Tale sistema ammette 1 soluzioni: (s, 0, 0), s R e di conseguenza V 2 = (1, 0, 0) Si ha dunque che la molteplicità geometrica dell autovalore t = 2, ovvero la dimensione dell autospazio V 2, è pari ad 1 e quindi essa è uguale alla molteplicità algebrica dell autovalore t = 2 L autospazio V 1 è il nucleo dell endomorfismo associato alla matrice 0 (f) I e lo si determina risolvendo il sistema x + y 2z = 0 2y + z = 0 x = 3y z = 2y Tale sistema ammette 1 soluzioni: (3s, s, 2s), s R e di conseguenza V 1 = (3, 1, 2) Si ha dunque che la molteplicità geometrica dell autovalore t = 1, ovvero la dimensione dell autospazio V 1, è pari ad 1 e quindi essa è uguale alla molteplicità algebrica dell autovalore t = 1 L autospazio V 1 è il nucleo dell endomorfismo associato alla matrice 0 (f) + I e lo si determina risolvendo il sistema 3x + y 2z = 0 z = 0 2z = 0 Tale sistema ammette 1 soluzioni: (s, 3s, 0), s R e di conseguenza V 1 = (1, 3, 0) Si ha dunque che la molteplicità geometrica dell autovalore t = 1, ovvero la dimensione dell autospazio V 1, è pari ad 1 e quindi essa è uguale alla molteplicità algebrica dell autovalore t = 1 In definitiva, si conclude che l endomorfismo è semplice Alla luce di quanto ora trovato, si vede subito che una base di autovettori è: B = (1, 0, 0), (3, 1, 2), (1, 3, 0)}

4 2 (a) La retta t) richiesta è intersezione del piano π 1 passante per A e parallelo a α) e del piano π 2 contenente A e perpendicolare ad r) Poiché A α), il piano π 1 coincide con α) Per determinare il piano π 2, calcoliamo preliminarmente un vettore di direzione v di r) Si vede facilmente che r) ha equazioni parametriche x = 3t y = 2t, z = t così v = (3, 2, 1) Così il piano π 2 ha equazione 3(x 0) 2(y 1)+1(z 1) = 0 ovvero 3x 2y+z+1 = 0 Quindi: 2x y + z = 0 t) : 3x 2y + z + 1 = 0 (b) La proiezione richiesta è l intersezione tra il piano α) e il piano σ contenente r) ed ortogonale ad α) Scriviamo l equazione del fascio di piani contenenti r): λ(x + y z) + µ(y + 2z) = 0 Un vettore ortogonale ad un generico piano del suddetto fascio è w = (λ, λ + µ, λ + 2µ) Un vettore ortogonale al piano α) è v = (2, 1, 1) Imponendo che w e v siano ortogonali, si ha: Così w v = 0 2λ (λ + µ) λ + 2µ = 0 µ = 0 σ : x + y z = 0 e quindi la proiezione richiesta è la retta 2x y + z = 0 x + y z = 0 (c) Poiché A α), si conclude che il simmetrico A di A rispetto ad α) coincide con A: A A 3 Primo sistema di congruenze La prima equazione x 3 ( mod 6) è equivalente a x = 3 + 6k, con k Z Sostituendo tale espressione nella seconda equazione del sistema si trova 3 + 6k = 5 ( mod 4), cioè 2k 2 ( mod 4) e quindi k = 1 + 2α, con α Z Sostituendo, infine, l espressione di k ora trovata nella relazione x = 3 + 6k si trova x = α, con α Z e quindi le soluzioni del sistema assegnato sono tutti i numeri interi x tali che x 9 mod 12 Secondo sistema di congruenze Poiché (5, 80) = 5 non divide 2 = 3 1, si conclude che il sistema è impossibile

5 4 Si hanno 5 cifre dispari Dunque, le prime due cifre dovendo essere dispari e uguali, danno luogo a 5 possibili scelte Le ultime tre cifre devono essere pari (e sono ammesse eventuali ripetizioni) Chiaramente l ordine in cui vengono scelte le cifre è rilevante Si tratta perciò di disposizioni di 5 oggetti (i 5 numeri pari - si include banalmente lo zero poiché 0 = 0 2) di classe 3, D 5,3 (r) Infine le restanti tre cifre di mezzo possono essere scelte ad arbitrio tra le 10 cifre possibili (e sono ammesse eventuali ripetizioni) Anche in questo caso l ordine in cui vengono scelte le cifre è rilevante Si tratta perciò di disposizioni di 10 oggetti di classe 3, D 10,3 (r) Per la regola del prodotto, i numeri che verificano la condizione imposta sono =

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