0 < x 3. x 2 mod 5 x 0 mod 3. x 27 mod 7. 1 [7 punti] Risolvere il seguente sistema di congruenze:

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1 Dipartimento di Matematica e Informatica Anno Accademico Corso di Laurea in Informatica (L-3) Prova scritta di Matematica Discreta ( CFU) 7 Settembre 06 Parte A Tempo a disposizione Ognuna delle prove A e A ha una durata massima pari a 60 minuti A [7 punti] Risolvere il seguente sistema di congruenze: x mod 5 x 0 mod 3 x 7 mod 7 [0 punti] Determinare la cardinalità dell insieme delle soluzioni intere del seguente sistema: x + y + z = 4 0 < x 3 y 0 z 3 (a) [6 punti] Quanti sono i numeri pari di sei cifre contenenti due cinque consecutivi? (b) [7 punti] Quanti sono i numeri di sei cifre aventi le prime tre cifre pari e distinte e le ultime tre disposte in ordine crescente? Giustificare le risposte [8 punti] Risolvere, al variare del parametro reale h, il seguente sistema lineare: x + y = hx + y = 0 (h + )y + (h + )z = [8 punti] Determinare, se esiste, l inversa della seguente matrice: 0 A = 0 0 A 3 Calcolare la probabilità che estraendo a caso cinque carte da un mazzo di 5 carte, fra di esse vi siano (a) [7 punti] due regine ed un asso; (b) [7 punti] 4 carte dello stesso seme Giustificare le risposte

2 Dipartimento di Matematica e Informatica Anno Accademico Corso di Laurea in Informatica (L-3) Prova scritta di Matematica Discreta ( CFU) 7 Settembre 06 Parte B Tempo a disposizione Ognuna delle prove B e B ha una durata massima pari a 60 minuti B [8 punti] Nel piano si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O x y Siano dati il punto A(0, ) e la retta r di equazione x y = 0 Determinare le equazioni delle rette passanti per A e formanti con l asse delle x e con la retta r un triangolo di area Nello spazio si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O x y z Siano dati il piano α : x y + z = 0, la retta r : x + y = y z = 0 e il punto A(, 0, 0) Determinare: (a) [7 punti] La retta passante per A, parallela ad α e incidente r; (b) [8 punti] la simmetrica di r rispetto ad α; (c) [7 punti] la distanza di A da r Sia dato l endomorfismo f : R 3 R 3 la cui matrice rispetto alla base canonica di R 3 è 0 A = h 0, 0 h + h + B dove h è un parametro reale (a) [7 punti] Studiare f al variare di h, determinando in ciascun caso ker f e Im f (b) [0 punti] Posto h =, studiare la semplicità di f e trovare, se esiste, una base di autovettori (c) [7 punti] Trovare la matrice associata ad f rispetto alle basi A = [(, 0, ), (0, 0, ), (,, 0)], B = [(, 0, 0), (0,, 0), (,, )] (d) [6 punti] Trovare, al variare di h, l immagine inversa del vettore (, 0, )

3 7 Settembre 06 Traccia dello svolgimento A La prima congruenza ammette le soluzioni x = + 5t, t Z Sostituendo nella seconda congruenza si ottiene + 5t 0 mod 3 che ammette le soluzioni t = + 3k, k Z Sostituendo nella prima si trova x = + 5k e così la terza congruenza diventa + 5k 6 mod 7 che ammette le soluzioni k = + 7u, u Z In definitiva, le soluzioni del sistema sono tutti i numeri x = u, u Z, cioè x 7 mod 05 Ponendo X = x, Y = y, Z = z, il sistema iniziale è equivalente al sistema X + Y + Z = 0 X 0 Z Denotata con la cardinalità richiesta, si ha: = 3 + 4, dove con i si è denotata la cardinalità dell insieme delle soluzioni intere del sistema (s i ) per i =,, 3, 4 e i sistemi (s i ) sono i seguenti: X + Y + Z = X + Y + Z = X 0 X 3 (s ), (s ), Z 0 Z 0 X + Y + Z = X + Y + Z = X 0 X 3 (s 3 ), (s 4 ) Z Z 3 Quindi ( ) = P (r) 3, P(r) 8, P(r) 9, + P(r) 6, = ( ) 0 ( ) + ( ) 8 3 (a) Il gruppo G formato dai due cinque consecutivi, può occupare quattro posizioni possibili: la prima e la seconda, la seconda e la terza, la terza e la quarta o, infine, la quarta e la quinta Nel caso in cui G occupasse le prime due posizioni, bisognerebbe occupare tre posti in qualsiasi maniera (i modi sono 0 3 ) ed infine, dovendo essere l ultima cifra pari, vi sono 5 modi possibili di fissarla In totale, se G occupa le prime due posizioni, vi sono numeri possibili Se G occupa le altre possibili posizioni (restano tre configurazioni possibili), vi sono in ogni caso numeri possibili (osserviamo che la prima cifra può essere occupata in 9 modi in quanto lo zero non può essere posizionato lì) In definitiva, i numeri che verificano la condizione posta sono = 0 85 (b) Al numero di disposizioni semplici delle 5 cifre pari nei tre posti, occorre sottrarre il numero di disposizioni che hanno come prima cifra lo 0 Quindi i primi tre posti possono essere riempiti in D 5,3 D 4, modi diversi Infine, per quanto riguarda le ultime tre cifre, dovendo essere disposte in ordine crescente, vi sono ( 0 3 ) possibili gruppi (Non usiamo la formula delle disposizioni perché si richiede che l ordine sia crescente Dunque, fissate ogni volta tre cifre, di tutte le loro possibili disposizioni, ci interessa solo quella che ha le tre cifre in ordine crescente) In definitiva, quindi,

4 A Se h = il sistema è determinato (la soluzione si determina facilmente utilizzando, ad esempio, la regola di Cramer); se h =, il sistema è impossibile Essendo det A = = 0, la matrice A è invertibile Risulta: 0 A = 0 3 Usiamo la definizione classica di probabilità (probabilità uniforme) I casi possibili sono ( 5 5 ) (a) Gli assi possono essere scelti in ( 4 ) modi; le regine possono essere scelte in (4 ) modi Infine, le restanti due carte possono essere scelte tra le restanti 5 (4 + 4) = 44 (dalle 5 carte occorre togliere i quattro assi e le due regine) Quindi la probabilità richiesta vale p = 4(44 )(4 ) ( 5 5 ) (b) Il seme può essere scelto in 4 modi diversi Le quattro carte dalle 3 del seme fissato, possono essere scelte in ( 3 4 ) modi Infine, l ultima carta può essere scelta tra le 5 3 restanti (occorre togliere tutte le restanti carte del seme considerato) Quindi la probabilità richiesta vale p = 4(3 4 )39 ( 5 5 ) B Le rette richieste sono del tipo y = mx + con m = 0 e m = Tali rette incontrano l asse x nel punto B( m, 0) e la retta r nel punto C( m, m ) Detta H la proiezione di C sull asse x, si ha: CH = m Inoltre la base OB è lunga OB = m Dovendo essere A (OBC) =, si perviene alla seguente equazione: CH OB = m( m) =, da cui m = ± 5 Quindi le rette richieste hanno le seguenti equazioni: y = ± 5 x + (a) Determiniamo il piano β passante per A e contenente r Il fascio di piani contenenti r ha equazione h(x + y) + k(y z) = 0, al variare di h, k R Imponendo il passaggio per A, troviamo h = 0, quindi β : x + y = 0 Il piano γ passante per A e parallelo ad α ha equazione (x ) (y 0) + (z 0) = 0 La retta richiesta è dunque x + y = 0 x y + z = 0 (b) Il punto di intersezione tra α e r è C(,, ), quindi il simmetrico C di C rispetto ad α è C stesso: C = C Osserviamo che O(0, 0, 0) r Determiniamo il simmetrico O di O rispetto ad α Un generico punto appartenente alla retta passante per O e perpendicolare ad α è del tipo P(t, t, t) Imponiamo che il punto medio M del segmento OP appartenga ad α Si trova M(t, t, t ), e imponendo la condizione di cui sopra si ha t ( t ) + t = 0 da cui t = 3 Ne viene che

5 O ( 4 3, 3, 3 ) La retta richiesta è la retta passante r per O e C e quindi è x = + t r : y = + t, t R z = + 5t che in forma cartesiana diventa r : x y = 5(x ) = z + (c) Un vettore di direzione della retta r è (,, ) Il piano δ passante per A e ortogonale ad r ha equazione (x ) y z = 0 Il punto di intersezione tra δ e r è H( 3, 3, 3 ) La distanza richiesta vale d(a, r) = d(a, H) = B (a) Si ha det A = (h + ) Se h =, f è un isomorfismo, quindi Im f = R 3 e ker f = (0, 0, 0)} Se h =, si ha dim Im f = e Im f = (,, 0) Inoltre l equazione cartesiana dell immagine è x y = z = 0 Infine, dim ker f = e ker f = (,, 0), (0, 0, ) (b) Posto h =, con facili conti si trova che il polinomio caratteristico associato a f è: p(t) = t ( t) Gli autovalori sono quindi t = 0 (con molteplicità algebrica ), t = Determiniamo gli autospazi V 0 e V associati, rispettivamente agli autovalori t = 0 e t = Ovviamente V 0 = ker f e una base di V 0 è [(,, 0), (0, 0, )] Si trova che V è individuato dalle equazioni z = 0 x y = 0 e una sua base è [(,, 0)] Si conclude che f è semplice poiché dim V 0 = = m a (0) e dim V = = m a () In definitiva, una base di autovettori di R 3 è (c) Si ha: B = [(,, 0), (0, 0, ), (,, 0)] M A,B ( f ) = P E 3,B M E 3,E 3 ( f )P A,E 3 Si trovano molto facilmente le seguenti matrici: 0 0 P E3,B = 0, P A,E 3 = Visto che M E 3,E 3 ( f ) = A, si ottiene: M A,B ( f ) = 0 h h + h + 0 Svolgendo i facili conti, si trova: h h h M A,B ( f ) = h h h + h + h + h (d) Se h = si ha f (, 0, ) = Se h =, f (, 0, ) è costituito da un solo vettore che si può determinare con facili conti usando, ad esempio, la regola di Cramer

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