(a) 8x 9y = 2, (b) 28x + 6y = 33.

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1 Dipartimento di Matematica e Informatica Anno Accademico Corso di Laurea in Informatica (L-31) Prova scritta di Matematica Discreta (12 CFU) 28 Giugno 2017 Parte A A1 1 [10 punti] Dimostrare che, per ogni numero naturale n, l intero 3 2n 2 n è un multiplo di 7. 2 [8 punti (4 punti (a) e 4 punti (b))] Determinare, se esistono, tutte e sole le coppie di numeri interi (x, y) soddisfacenti le seguenti equazioni: (a) 8x 9y = 2, (b) 28x + 6y = 33. [2 punti] Determinare le eventuali soluzioni comuni ad (a) e (b). 3 [10 punti] Quanti sono i numeri naturali pari di 6 cifre tali che la somma delle ultime due cifre sia 8? Giustificare la risposta. 1 [10 punti] Risolvere, al variare del parametro reale θ, il seguente sistema lineare: θx + y z = 1 x + θy z = 1. x + y θz = 1 2 [10 punti] Determinare, se esiste, l inversa della seguente matrice: A = A2 3 [10 punti] Una ditta produce bulloni. Il 60% dei bulloni proviene da una fabbrica A, il 30% da una fabbrica B e il 10% da una fabbrica C. Le percentuali di bulloni difettosi prodotti da A, B, C sono, rispettivamente, il 2%, il 4% e il 5%. Calcolare la probabilità p che un bullone venduto dalla ditta e risultato difettoso sia stato prodotto da C.

2 Dipartimento di Matematica e Informatica Anno Accademico Corso di Laurea in Informatica (L-31) Prova scritta di Matematica Discreta (12 CFU) 28 Giugno 2017 Parte B 1 [12 punti] Nel piano si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O x y. B1 [6 punti] Si denotino con A e B i punti in cui la retta di equazione y = 3(x + 2) interseca gli assi coordinati. Trovare le coordinate di un punto C sull asse delle ascisse tale che il triangolo ABC sia isoscele di base AB. [6 punti] Considerato il triangolo ABC determinato precedentemente, determinare le coordinate dei vertici del triangolo A B C ottenuto sottoponendo ABC ad una rotazione di centro O e angolo π 3. 2 [18 punti] Nello spazio si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O x y z. Siano dati i piani α : x y z = 0, β : 2x + y + z + 3 = 0 e i punti A(1, 1, 0), B(1, 0, 0). Determinare: (a) [6 punti] il piano passante per A e ortogonale a α e β; (b) [6 punti] la distanza del punto A dalla retta r = α β; (c) [6 punti] il simmetrico di B rispetto a β; B2 1 Sia dato l endomorfismo f : R 3 R 3 la cui matrice associata rispetto alla base canonica di R 3 è 0 1 k + 1 M( f ) = k 0 2k, 1 1 k dove k è un parametro reale. (a) [10 punti] Studiare f al variare di k, determinando in ciascun caso ker f e Im f. (b) [4 punti] Determinare f 1 (0, k, 1) al variare di k.. (c) [6 punti] Posto k = 1, stabilire se f è diagonalizzabile. Giustificare la risposta. (d) [10 punti] Posto k = 2, dire, giustificando la risposta, se esiste una decomposizione spettrale D = P 1 M( f ) P di M( f ) e, in caso affermativo, determinare le matrici D e P.

3 28 Giugno 2017 Traccia dello svolgimento 1 Per ogni n N, sia P(n) : 7 (3 2n 2 n ). Base. Sia n = 0. Si ha = 1 1 = 0 = 0 7. Ipotesi. Sia n N e valga P(n), cioè 7 (3 2n 2 n ), quindi Tesi. Proviamo che P(n + 1) è vera, cioè che Si ha: con h = 3 3n + 2k Z. A1 k Z : 3 2n 2 n = 7k. h Z : 3 2(n+1) 2 n+1 = 7h. 3 2(n+1) 2 n+1 = 3 2n+2 2 n+1 = 3 2n n 2 = 3 2n (7 + 2) 2 n 2 = 3 n n 2 2 n 2 = 3 2n 7 + 2(3 2n 2 n ) = 3 2n k = 7(3 2n + 2k) = 7h, 2 Equazione (a). Da 8x 9y = 2 si ottiene 8x = 2 + 9y, cioè 8x 2 mod 9. Moltiplicando per 7 ambo i membri e poi moltiplicando per 5 e riducendo di volta in volta, si ricava x = 7 + 9λ, per ogni λ Z. Sostituendo tale espressione di x nell equazione si ricava y = 6 + 8λ. In definitiva, tutte e sole le soluzioni dell equazione assegnata sono le coppie (7 + 9λ, 6 + 8λ), al variare di λ Z. Equazione (b). L equazione è impossibile. Al primo membro, per ogni scelta degli interi x e y si ha un numero pari, mentre al secondo membro si ha un numero dispari. Poiché l equazione (b) è impossibile, non ci sono soluzioni comuni ad entrambe le equazioni. 3 Dobbiamo formare un numero pari di 6 cifre, quindi la prima cifra può essere un numero tra 1 e 9 dato che non può iniziare con zero; la seconda, terza e quarta cifra possono essere scelte in qualsiasi modo tra i 10 possibili; l ultima cifra deve essere scelta tra 0, 2, 4, 6, 8} dovendo essere un numero pari; la penultima dipende dall ultima dato che la somma delle ultime due cifre deve essere 8. Per le ultime due cifre ci sono quindi 5 possibili scelte: (8, 0), (6, 2), (4, 4), (2, 6), (0, 8)} e per ognuna di queste si possono costruire numeri di 4 cifre tali che la prima sia diversa da zero. In totale i numeri richiesti sono A2 1 Il determinante della matrice dei coefficienti è θ 3 + 3θ 2. Se θ = 1 e θ = 1 ± 3, il sistema è determinato (l unica soluzione può essere determinata avvalendosi, ad esempio, della regola di Cramer). Se θ = 1 il sistema è indeterminato e le soluzioni sono tutte e sole le terne (1 + z y, y, z), per ogni y, z R. Nei due casi a = 1 ± 3, il sistema è indeterminato e ammette le soluzioni ( 1+z, z), per ogni z R. 1+a, 1+a 1+z

4 2 Essendo det A = 3 = 0, la matrice A è invertibile. Risulta: 1 1 A = Sia D l evento D = "bullone difettoso". Si ha: P(D A) = 0.02, P(D B) = 0.04, P(D C) = 0.05, con P(A) = 0.6, P(B) = 0.3, P(C) = 0.1. Allora: p = P(D C)P(C) P(C D) = P(D A)P(A) + P(D B)P(B) + P(D C)P(C) = = B1 1 Si vede subito che A( 2, 0) e B(0, 2 3). Un generico punto C sull asse delle ascisse ha coordinate C(k, 0). Imponendo la condizione AC = BC ed elevando al quadrato ambo i membri, si ha (k + 2) 2 = k da cui k = 2 e quindi C(2, 0). Le equazioni della rotazione di centro O(0, 0) e angolo π 3 sono: x = 2 x 3 2 y y = 3 2 x + y. 2 Da esse segue facilmente che A ( 1, 3), B ( 3, 3), C (1, 3). 2 (a) Se il piano richiesto ha un vettore ortogonale di componenti (a, b, c), imponendo le condizioni di ortogonalità con i vettori (1, 1, 1) e (2, 1, 1), si ha: a b c = 0 a = 0. 2a + b + c = 0 c = b Dunque, il piano richiesto ha equazione π : y z 1 = 0. (b) La retta r è: x y z = 0. 2x + y + z + 3 = 0 Il piano trovato nel punto precedente è ortogonale alla retta r e passa per A. Dunque, se H = π r, si ha d(a, r) = AH. Si vede subito che H( 1, 0, 1). Quindi, d(a, r) = 6. (c) La retta passante per B e ortogonale a β ha equazioni parametriche x = 1 + 2t y = t, t R. z = t

5 Un generico punto B appartenente alla suddetta retta ha coordinate B (1 + 2t, t, t). Imponiamo che il punto medio M del segmento BB appartenga a β. Si ha: ( M 1 + t, t 2, t ). 2 Imponendo l appartenenza a β, si ottiene la seguente equazione: che fornisce 2(1 + t) + t 2 + t = 0, t = 5 3. Ne viene che il punto B, simmetrico di B rispetto a β, ha coordinate ( B 1 10 ) ( 3, 5 3, 5 7 ) 3 3, 5 3, 5. 3 B2 1 (a) Si ha det M( f ) = k. Se k = 0, f è un isomorfismo, quindi Im f = R 3 e ker f = (0, 0, 0)}. Se k = 0, si ha dim Im f = 2 e Im f = (0, 0, 1), (1, 0, 1). Infine, dim ker f = 1 e ker f = (1, 1, 1). (b) Dalla matrice, si deduce subito che f (1, 0, 0) = (0, k, 1) per ogni k R. Quindi, se k = 0, si ha che f 1 (0, k, 1) = (1, 0, 0)}. Se k = 0, invece, si trova che f 1 (0, k, 1) = (t, 1 t, t 1) R 3, t R}. Si osservi che in tal caso, per t = 1, si ottiene nuovamente (1, 0, 0). (c) 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 = 1 (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 1)(λ + 1)(k λ). Gli autovalori sono quindi λ = ±1 e λ = k. Certamente se k = ±1, f è diagonalizzabile in quanto ammette tre autovalori reali e distinti. Occorre esaminare, adesso, i casi k = 1 e k = 1. Sia k = 1. L autovalore λ = 1 ha molteplicità algebrica 2. L autospazio V 1 ad esso associato è individuato dalle equazioni x y 2z = 0 x + y = 0 quindi dim V 1 = m g (1) = 1 < m a (1) = 2, quindi f non è semplice. Sia, infine, k = 1. L autovalore λ = 1 ha molteplicità algebrica 2. L autospazio V 1 ad esso associato è individuato dalle equazioni x + y = 0 x y 2z = 0 quindi dim V 1 = m g ( 1) = 1 < m a ( 1) = 2, quindi f non è semplice.

6 (d) Dalla discussione effettuata al punto precedente, segue subito che per k = 2 l endomorfismo f è diagonalizzabile e quindi è possibile realizzare una decomposizione spettrale della matrice M( f ). In tal caso gli autovalori sono: λ = 1, λ = 1, λ = 2. Determinando gli autospazi V 1, V 1 e V 2, si trova facilmente che (7, 10, 1) è un autovettore associato a λ = 1, (1, 2, 1) è un autovettore associato a λ = 1 e, infine, ( 1, 1, 1) è un autovettore associato a λ = 2. Quindi una base di R 3 formata da autovettori di f è B = [(7, 10, 1), (1, 2, 1), ( 1, 1, 1)]. Ne viene che, ad esempio, D = 0 1 0, P =