(E) : 4x 181 mod 3. h(h 1)x + 4hy = 0

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1 Dipartimento di Matematica e Informatica Anno Accademico Corso di Laurea in Informatica (L-3) Prova scritta di Matematica Discreta (2 CFU) 6 Settembre 207 Parte A [0 punti] Sia data la successione (a n ) n N definita per ricorrenza nel modo seguente: a 0 = a n = a n + ( ) n 2 2n, n Dimostrare che a n = ( )n n+ +, per ogni n 0 2 [0 punti] Sia data l equazione A (E) : x 8 mod 3 (a) Risolvere (E) (b) Denotato con a il minimo numero naturale maggiore di che è soluzione di (E), determinare le eventuali soluzioni intere (x, y) della seguente equazione 2x + 7y = a 3 [6 punti] In quanti modi uomini e donne possono sedersi attorno a un tavolo rotondo in modo alterno (cioè in modo che ogni uomo abbia sia alla sua destra che alla sua sinistra una donna)? Giustificare la risposta [ punti] Dire quante sono le quaterne di numeri interi positivi soddisfacenti l equazione x + y + z + t = 70 [0 punti] Risolvere, al variare del parametro reale h, il seguente sistema lineare: x + (h )y + z = 0 h(h )x + hy = 0 (h h 2 + )x + (h )y + z = 0 2 [0 punti] Determinare tutti i valori del parametro reale k per i quali la seguente matrice è invertibile: k k A = 0 0 k + 2k Posto k =, determinare, se esiste, la matrice inversa di A A2 3 [0 punti] La probabilità che uno studente, scelto a caso tra gli iscritti al primo anno del CdL in Scienze Biologiche di una certa Università, dopo la prima sessione non abbia ancora superato l esame di Chimica è 0; la probabilità che abbia fatto il Liceo Scientifico è 03; la probabilità che abbia superato l esame di Chimica e abbia fatto il Liceo Scientifico è 02 Qual è la probabilità che non abbia fatto il Liceo Scientifico e non abbia superato l esame di Chimica?

2 Dipartimento di Matematica e Informatica Anno Accademico Corso di Laurea in Informatica (L-3) Prova scritta di Matematica Discreta (2 CFU) 6 Settembre 207 Parte B [2 punti] Nel piano si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O x y B [7 punti] Il triangolo ABC è isoscele di base AB, con A(, 2) e B(, 6) Determinare le coordinate del vertice C sapendo che esso appartiene alla retta di equazione 2x y + = 0 e calcolare, infine, l area del triangolo ABC [ punti] Considerato il triangolo ABC determinato precedentemente, determinare le coordinate dei vertici del triangolo A B C ottenuto applicando ad ABC una rotazione di centro O e angolo π 2 2 [8 punti] Nello spazio si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O x y z Siano date le rette r : x + y = z = 0, s : y = x z + = 0, sia dato il piano α : x + 2y z + 2 = 0 e sia dato il punto P(,, 0) (a) [ punti] Verificare che le r ed s sono complanari e scrivere l equazione del piano che le contiene (b) [7 punti] Calcolare la distanza di P da r (c) [7 punti] Determinare la proiezione ortogonale di P su α Sia dato l endomorfismo f : R 3 R 3 definito dalle seguenti assegnazioni: B2 f (e ) = (k )e + (k 2)e 3 f (e 2 ) = (k 2)e + e 2 + (k 2)e 3 f (e 3 ) = (2 k)e + (3 k)e 3 dove E 3 = (e, e 2, e 3 ) è la base canonica di R 3 e k è un parametro reale (a) [6 punti] Studiare f al variare di k, determinando in ciascun caso ker f e Im f Esistono valori di k per i quali f non è iniettiva? Giustificare la risposta (b) [ punti] Posto k = e definito il sottospazio vettoriale V = spane 2e 2, e 2 + 3e 3, e 3 }, determinare una base e la dimensione di f (V) (c) [ punti] Determinare f (k 2,, k 2) al variare di k (d) [6 punti] Posto k = 0, stabilire se f è diagonalizzabile Giustificare la risposta (e) [0 punti] Posto k = 2, dire, giustificando la risposta, se esiste una decomposizione spettrale D = P M( f ) P di M( f ) dove M( f ) è la matrice associata ad f rispetto alla base canonica di R 3 In caso affermativo, determinare le matrici D e P

3 6 Settembre 207 Traccia dello svolgimento A Occorre dimostrare che la successione (a n ) n N ammette la seguente formula chiusa: a n = ( )n n+ + Base induttiva Banalmente per n = 0 si ha a 0 = ( )0 + = e, in effetti, dalla definizione ricorsiva di (a n ) n N si legge proprio a 0 = Ipotesi induttiva Si supponga che a n = ( )n n+ + Tesi Proviamo che vale a n+ = ( )n+ n+2 + Si ha: a n+ = a n + ( ) n+ 2 2n+2 = ( )n n+ + che è quanto si voleva dimostrare ( ) n 2 2n+2 = ( )n+ 2 2n+2 + = ( )n+ n+2 +, 2 (a) [ punto] L equazione (E) è equivalente a x mod 3, le cui soluzioni sono i numeri x = + 3λ, al variare di λ Z (b) [3 punti] Il minimo numero naturale maggiore di che è soluzione di (E) lo si ottiene per λ = 2 ed è a = 7 Pertanto occorre risolvere in Z l equazione 2x + 7y = 7 Da essa segue 2x = 7 7y, cioè 2x 0 mod 7, da cui x = 0 mod 7, cioè x = 7t, al variare di t Z Sostituendo tale espressione di x nell equazione assegnata si ricava y = 2t, al variare di t Z In conclusione tutte e sole le soluzioni intere dell equazione data sono, al variare di t Z, le coppie (7t, 2t) Z 2 3 In un primo momento consideriamo distinti i modi di sedersi che si ottengono l uno dall altro ruotando il tavolo Numeriamo i uomini e le donne e facciamoli sedere uno alla volta, prima le donne e poi gli uomini Per la prima donna ci sono 8 posti liberi Una volta seduta la prima donna restano fissate le sedie per le altre tre donne che hanno quindi 3! modi di sedersi (dunque 8 6 = 8 modi di far sedere le donne) Restano gli uomini: hanno! modi di sedersi In tutto si hanno quindi 8! = 2 modi Ora ci ricordiamo che i modi di sedersi che si ottengono l uno dall altro ruotando il tavolo non vanno distinti Basta dunque dividere il risultato precedente per 8, ottenendo che il numero di modi richiesto è 2 8 = Occorre determinare il numero di quaterne (x, y, z, t) di numeri interi tali che x + y + z + t = 70 cioè x > 0 y > 0 z > 0 t > 0 x + y + z + t = 70 x y z t Ponendo X = x, Y = y, Z = z, T = t, il sistema precedente equivale al seguente: X + Y + Z + T = 66 X 0 Y 0 Z 0 T 0,

4 Alla luce di ciò, il numero cercato è pari a ( ) P (r) , = = ( ) 69 3 A2 Il sistema assegnato è omogeneo e quindi non esiste alcun valore di h per cui esso è impossibile Il determinante della matrice dei coefficienti è h 2 (h ) Se h = 0 h =, per il Teorema di Cramer il sistema ammette la sola soluzione banale (0, 0, 0) Per h = 0 il sistema si riduce alla sola equazione x y + z = 0 e dunque ammette le 2 soluzioni (x, y, x + y), x, y R Per h = il sistema si riduce a x + z = 0 y = 0 x + z = 0 e dunque ammette le soluzioni (x, 0, x), x R 2 Essendo det A = 2k(k + ) 2, la matrice A è invertibile se e solo se k = 0 k = Alla luce di ciò, per k =, la matrice A è invertibile e la sua inversa è A = Scegliamo uno studente a caso e definiamo gli eventi A = "lo studente ha superato l esame di Chimica", B = "lo studente ha fatto il liceo scientifico" Dal testo, segue che P(A c ) = 0, P(B) = 03, P(A B) = 02 Si richiede P(A c B c ) Per le Leggi di De Morgan, A c B c = (A B) c e dunque: P(A c B c ) = P(A B) = P(A) P(B) + P(A B) = P(A c ) P(B) + P(A B) = = 03 B Il vertice C ha coordinate C(k, 2k + ), con k R Imponendo la condizione AC = BC si trova k = 2 e quindi C(2, ) Con facili conti si vede che l area del triangolo vale Le equazioni della rotazione di centro O(0, 0) e angolo π 2 sono: x = y y = x Da esse segue facilmente che A ( 2, ), B ( 6, ), C (, 2) 2 (a) Le equazioni omogenee delle rette sono x + y = 0 r : z t = 0, s : y = 0 x z + t = 0 Mettendo a sistema tali equazioni, si verifica facilmente che il determinante della matrice dei coefficienti vale 0 e dunque le rette sono complanari Con facili conti si trova che le rette r ed s si intersecano in Q(0, 0, ) Al fine di determinare il piano che contiene r ed s, individuiamo, ad esempio, un punto S su s distinto da P Scegliamo S(, 0, 0) Il fascio di piani di asse r ha equazione λ(x + y) + µ(z ) = 0, λ, µ R Imponendo il passaggio per S si trova λ = µ e quindi il piano richiesto è x + y z + = 0

5 (b) La retta r ha equazioni parametriche x = t y = t z =, t R e quindi un vettore di direzione di r è v r = (,, 0) Determiniamo l equazione del piano passante per P e ortogonale ad r Esso avrà dunque come vettore ortogonale proprio v r Il piano cercato è (x ) (y ) = 0 cioè x y = 0 Intersecando tale piano con r si trova che il loro punto di intersezione è Q(0, 0, ) In definitiva: d(p, r) = d(p, Q) = 3 (c) La retta p per P e ortogonale ad α ha equazioni parametriche x = + t p : y = + 2t, t R z = t Sostituendo tali equazioni parametriche nell equazione di α, si trova t = 6 Sostituendo tale valore di t nelle equazioni parametriche della retta p si trovano le coordinate del punto P, comune a p e α che, per costruzione, è la proiezione ortogonale richiesta Risulta ( P = 6, 2 3, ) 6 La matrice M( f ) associata ad f rispetto alla base canonica di R 3 è k k 2 2 k M( f ) = 0 0 k 2 k 2 3 k B2 (a) Si ha det M( f ) =, quindi ker f = (0, 0, 0)} e Im f = R 3 per ogni k R Da quanto visto, f è un isomorfismo per ogni k R e quindi, in particolare, è sempre una applicazione iniettiva (b) Si ha: f (V) = span f (e 2e 2 ), f (e 2 + 3e 3 ), f (e 3 )} = span(2, 2, ), (2,, ), (, 0, 2)} Poiché f (V) è un sottospazio vettoriale di R 3, esso al più ha dimensione 3 Visto che i generatori di f (V), (2, 2, ), (2,, ), (, 0, 2), sono linearmente indipendenti, si conclude che essi costituiscono una base di f (V) che ha, quindi, dimensione 3 Si osservi che la lineare indipendenza dei generatori può essere dedotta immediatamente dal fatto che i vettori e 2e 2, e 2 + 3e 3, e 3 sono linearmente indipendenti e f è iniettiva per ogni k R per quanto osservato al punto precedente (c) Essendo det M( f ) = 0 per ogni k R, si deduce che per ogni k R esiste un unico vettore v R 3 tale che f (v) = (k 2,, k 2) In particolare, dalle assegnazioni con cui è stata data f, si deduce che v = e 2, per ogni k R Quindi: f (k 2,, k 2) = e 2 } (d) Per completezza, riportiamo la discussione della diagonalizzabilità di f al variare di k Alla luce della consegna del problema, lo studente può limitarsi soltanto a stabilire se f è diagonalizzabile nel solo caso k = 0 (e poi, per rispondere al quesito successivo, dovrà esaminare il caso k = 2) Con facili conti si trova che il polinomio caratteristico associato a f è: p(t) = det(m( f ) λi 3 ) = ( λ) 3 Si ha dunque un solo autovalore reale, λ =, avente molteplicità algebrica 3 La sua molteplicità geometrica g è data da: 3 se k = 2 g = 3 rank(m( f ) I 3 ) = 2 se k = 2 Ne viene che f è diagonalizzabile se e solo se k = 2 (e) Senza fare alcun conto, si vede che se k = 2 si ha M( f ) = I 3 ed essa è dunque già una matrice diagonale (si osservi che sulla diagonale principale si hanno i tre autovalori di f, tutti uguali a ) In conclusione, D = I 3 e come matrice che permette la diagonalizzazione, banalmente, si può scegliere P = I 3

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