Tempo a disposizione: 150 minuti. 1 Studiare, al variare del parametro reale k, il seguente sistema lineare: x + ky = k 2x + ky + z = 0.

Università degli Studi di Catania Anno Accademico 014-015 Corso di Laurea in Informatica Prova in itinere di Matematica Discreta (1 CFU) 1 Dicembre 014 A Tempo a disposizione: 150 minuti 1 Studiare, al variare del parametro reale k, il seguente sistema lineare: x + ky = k x + ky + z = 0 y z = k Nel piano sono dati il punto A(, 0) e la retta b) x + y 1 = 0 Trovare le rette passanti per A che formano con l asse x e la retta b) un triangolo di area 3 Nello spazio sono dati il punto A(0, 1, 0), il piano α) x + y z = 0 e le rette y z = 0 x + y 1 = 0 r), s) x + y + = 0 x z + 1 = 0 (a) Trovare la retta t) passante per A, parallela ad α) ed ortogonale ad r) (b) Trovare la proiezione ortogonale di s) su α) (c) Trovare la distanza di A da r) (d) Trovare il simmetrico di A rispetto ad α) (e) Trovare la retta passante per A ed incidente le rette r) ed s) (f) Trovare il piano contenente s) e parallelo ad r)

1 Dicembre 014 Svolgimento della prova scritta 1 Siano A = 1 k 0 k 1 0 1 1, A = Riduciamo per righe la matrice A : A R R R 1 1 k 0 k 0 k 1 k 0 1 1 k R 3 R 3 +R 1 k 0 k k 1 0 0 1 1 k Se 1 k 0, ovvero se k 1, il sistema è determinato Se k = 1, il sistema diventa x + y = 1 y + z = 1 k 0 k 0 k 1 k 0 1 k 0 0 che è indeterminato ed ammette 1 soluzioni: (1 h, h, h ) Un generico punto P sulla retta b) ha coordinate P (a, 1 a), con a R La retta b) interseca l asse x nel punto B(1, 0) In riferimento al triangolo ABP, scelta come base il segmento AB la cui lunghezza è 1, la lunghezza dell altezza P H ad essa relativa è data da 1 a Così si ha che: A (AP B) = AB P H = 1 1 a La condizione A (AP B) =, imposta dal quesito, diventa 1 a = 1 a = 4 a = 3 a = 5 Pertanto, i punti richiesti hanno coordinate P 1 (5, 4) e P ( 3, 4) Da quanto trovato segue che esistono due rette che risolvono il quesito: la prima è la retta passante per A e P 1 (che denotiamo con r 1 )) e la seconda è quella passante per A e P (che denotiamo con r )) Tali rette hanno equazioni r 1 ) y = 4 3 (x ), r ) y = 4 (x ) 5 3 (a) La retta t) richiesta è intersezione del piano π 1 passante per A e parallelo a α) e del piano π contenente A e perpendicolare ad r) Il piano π 1 ha equazione 1(x 0) + 1(y 1) 1z = 0 ovvero x + y z 1 = 0 Per determinare il piano π, calcoliamo preliminarmente il punto improprio di r, P (r) Tale punto si determina intersecando la retta r) (scritta in coordinate omogenee) con il piano improprio t = 0:

t = 0 y z = 0 x + y + t = 0 da cui segue subito che P (r) ( 1, 1, 1, 0) e di conseguenza r ( 1, 1, 1) Così il piano π ha equazione 1(x 0)+1(y 1)+1(z 0) = 0 ovvero x y z+1 = 0 Quindi: x + y z 1 = 0 t) :, x y z + 1 = 0 da cui, con facili conti: t) : x = z y = 1 (b) La proiezione richiesta è l intersezione tra il piano α) e il piano σ contenente per s) ed ortogonale ad α) Scriviamo l equazione del fascio di piani contenenti s): λ(x + y 1) + µ(x z + 1) = 0 Un vettore ortogonale ad un generico piano del suddetto fascio è w = (λ + µ, λ, µ) Un vettore ortogonale al piano α) è v = (1, 1, 1) Imponendo che w e v siano ortogonali, si ha: Così w v = 0 λ + µ + λ + µ = 0 λ + µ = 0 σ : y + z = 0 e quindi la proiezione richiesta è la retta x + y z = 0 y + z = 0 (c) Determiniamo le intersezioni tra la retta r) ed il piano π passante per A e ortogonale ad r) determinato nel punto (a): y z = 0 x + y + = 0 x y z + 1 = 0 da cui segue che π e r) si intersecano nel punto H( 5, 1, 1 ) A questo punto segue 3 3 3 subito che ( 5 d(a, r) = d(a, H) = 9 + 1 + 1 ) + 1 4 3 9 = 9 (d) Determiniamo la retta passante per A e ortogonale ad α): x = t y = 1 + t z = t,

Il punto A, simmetrico di A rispetto al piano α) deve appartenere alla suddetta retta e quindi A (t, 1 + t, t) Per la condizione di simmetria, il punto medio M del segmento AA deve appartenere al piano α), ovvero ( t, + t, t ) α), perciò t + + t + t = 0 t = 3 In conclusione ( A 3, 1 3, ) 3 (e) La retta m) richiesta è l intersezione del piano σ 1 passante per A e contenente r) e del piano σ passante per A e contenente s) Determiniamo σ 1 Allo scopo, scriviamo l equazione del fascio di piani contenenti r) e imponiamo successivamente il passaggio per A: λ(y z) + µ(x + y + ) = 0, da cui imponendo il passaggio per A si ottiene λ + 3µ = 0 e quindi si può scegliere λ = 3 e µ = 1, ottenendo così σ 1 : 3y 3z x y = 0 Determiniamo σ Allo scopo, scriviamo l equazione del fascio di piani contenenti s) e imponiamo successivamente il passaggio per A: λ(x + y 1) + µ(x z + 1) = 0, da cui imponendo il passaggio per A si ottiene λ 0 + µ = 0 e quindi In definitiva m) : σ : x + y 1 = 0 3y 3z x y = 0 x + y 1 = 0 (f) Nel punto (a) abbiamo già visto che P (r) ( 1, 1, 1, 0) Scriviamo l equazione del fascio di piani contenenti s) (scritta in coordinate omogenee): λ(x + y t) + µ(x z + t) = 0 Imponendo che P (r) appartenga al suddetto fascio, si ottiene µ = 0, quindi si può scegliere λ = 1 e si trova che il piano richiesto ha equazione: x + y 1 = 0

Università degli Studi di Catania Anno Accademico 014-015 Corso di Laurea in Informatica Prova in itinere di Matematica Discreta (1 CFU) 1 Dicembre 014 B Tempo a disposizione: 150 minuti 1 Studiare, al variare del parametro reale k, il seguente sistema lineare: x + y + kz = 1 (k + 3)y + z = x + y = k Nel piano sono dati il punto A(, 1) e la retta r) x y = 0 Trovare i punti P della retta r) tali che l area del triangolo OAP (dove O(0, 0)) valga 3 Nello spazio sono dati il punto A(, 1, 0), il piano α) x + y z = 0 e le rette x + y = 0 z = 0 r), s) x z + 1 = 0 x + y + = 0 (a) Trovare la retta t) passante per A, parallela ad α) ed incidente r) (b) Trovare la proiezione ortogonale di r) su α) (c) Trovare la distanza di A da r) (d) Trovare la simmetrica di r rispetto ad α) (e) Trovare la retta passante per A ed incidente le rette r) ed s) (f) Trovare il piano contenente s) e parallelo ad r)

1 Dicembre 014 Svolgimento della prova scritta 1 Siano A = 1 k 0 k + 3 1, A = 1 0 Riduciamo per righe la matrice A : A R 3 R 1 +R 3 1 k 1 0 k + 3 1 0 4 k k + 1 R 3 R 3 kr 0 k + 3 1 1 k 1 1 0 k 1 k 1 0 k + 3 1 0 k 3k + 4 0 1 k Se k + 3k 4 0, ovvero se k 4 k 1, il sistema è determinato Se k = 1, il sistema diventa x + y + z = 1 4x + z = che è indeterminato ed ammette 1 soluzioni: (h, 3h 1, 4h) Se k = 4, il sistema è impossibile per il teorema di Rouché-Capelli, poiché il rango della matrice dei coefficienti è minore del rango della matrice completa In particolare r(a) = < r(a ) = 3 Un generico punto P sulla retta r) ha coordinate P (a, a), con a R Posto AH = d(a, r), si ha che OP AH A (OAP ) = Risulta OP = a + a = a, 1 AH = d(a, r) = = La condizione A (OAP ) =, imposta dal quesito, diventa a = a = 4 a = ±4 Pertanto, i punti richiesti hanno coordinate P 1 (4, 4) e P ( 4, 4) 3 (a) La retta t) richiesta è intersezione del piano π 1 passante per A e parallelo ad α) e del piano π contenente A ed r) Il piano π 1 ha equazione 1(x ) + 1(y 1) 1z = 0 ovvero x + y z 3 = 0 Per determinare il piano π, scriviamo l equazione del fascio di piani passanti per r: λ(x + y) + µ(x z + 1) = 0 e imponiamo il passaggio per A, ottenendo 3λ + 3µ = 0 λ = µ,

così il piano π ha equazione y + z 1 = 0 Quindi: x + y z 3 = 0 t) : y + 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) + µ(x z + 1) = 0 Un vettore ortogonale ad un generico piano del suddetto fascio è w = (λ + µ, λ, µ) Un vettore ortogonale al piano α) è v = (1, 1, 1) Imponendo che w e v siano ortogonali, si ha: Così w v = 0 λ + µ + λ + µ = 0 λ + µ = 0 σ : y + z 1 = 0 e quindi la proiezione richiesta è la retta x + y z = 0 y + z 1 = 0 (c) Determiniamo il punto improprio di r), P (r), intersecando la retta r) (scritta in coordinate omogenee) con il piano improprio t = 0: t = 0 x + y = 0, x z + t = 0 da cui segue subito che P (r) (1, 1, 1, 0) e di conseguenza r (1, 1, 1) Determiniamo, adesso, il piano π passante per A e ortogonale ad r): π : 1(x ) 1(y 1) + 1(z 0) = 0 ovvero π : x y + z 1 = 0 Calcoliamo π r risolvendo il sistema x + y = 0 x z + 1 = 0 x y + z 1 = 0 Si vede subito che il suddetto sistema ammette la soluzione H(0, 0, 1) Quindi: d(a, r) = d(a, H) = 4 + 1 + 1 = 6 (d) Determiniamo r α: x + y = 0 x z + 1 = 0 x + y z = 0 z = 0 x = 1 y = x = 1 quindi r α = Q, dove Q( 1, 1, 0) Inoltre il punto B(0, 0, 1) r) Determiniamo preliminarmente il simmetrico di B

rispetto ad α) Allo scopo scriviamo equazioni parametriche della retta a) passante per B e ortogonale ad α): x = t a) : y = t z = t + 1 Un generico punto B a) ha coordinate B (t, t, 1 t) Richiediamo che il punto medio M del segmento BB appartenga ad α) Avendosi ( t M, t, t ) la condizione di appartenenza di M ad α) diventa t + t t = 0 da cui si ricava t = e così 3 ( B 3, 3, 1 ) 3 La simmetrica r ) della retta r) rispetto ad α) è dunque la retta passante per Q e B : x 3 1 3 = y 3 1 3 = z 1 3 1 3 da cui r y ) : = z + 1 3 3 x = 5 ( ) y 3 3 (e) La retta m) richiesta è l intersezione del piano σ 1 passante per A e contenente r e del piano σ passante per A e contenente s) Nel punto (a) abbiamo già trovato il piano σ 1 (lì è stato chiamato π ): σ 1 : y + z 1 = 0 Scriviamo, ora, il fascio di piani contenenti s): λ(x + y + ) + µz = 0 Imponendo il passaggio per A si ricava λ = 0, quindi In definitiva m) : σ : z = 0 y + z 1 = 0 z = 0 (f) Nel punto (c) è stato trovato il punto improprio di r): P (r) (1, 1, 1, 0) Scriviamo l equazione del fascio di piani contenenti s) (scritta in coordinate omogenee): λz + µ(x + y + t) = 0 Imponendo che P (r) appartenga al suddetto fascio, si ottiene λ µ = 0 e quindi si può scegliere λ = µ = 1, così il piano richiesto ha equazione: x + y + z + = 0

Università degli Studi di Catania Anno Accademico 014-015 Corso di Laurea in Informatica Prova in itinere di Matematica Discreta (1 CFU) Febbraio 015 A1 Tempo a disposizione: 150 minuti 1 Studiare, al variare del parametro reale h, il seguente sistema lineare: x + y + z = 0 y + z = 1 hx + (1 + h)y + 3hz = 1 Nel piano sono dati i punti O(0, 0) e A(1, 1) Trovare i quadrati aventi A ed O come vertici consecutivi ed area 3 Nello spazio siano dati il punto A(1, 0, 0), il piano α) x + y z = 0 e le rette y z = 0 y z + 1 = 0 r), s) x + y + 1 = 0 x z = 0 (a) Provare che r) ed s) sono sghembe e trovare la retta passante per A e complanare con r) ed s) (b) Trovare la distanza di A da r) (c) Trovare il simmetrico di A rispetto ad α) (d) Trovare la proiezione ortogonale di r) su α)

Febbraio 015 Svolgimento della prova scritta 1 Siano A = 1 1 0 1 1 h 1 + h 3h Riduciamo per righe la matrice A : A R 3 R 3 hr 1 1 1 0 0 1 1 1 0 1 h 1, A = R 3 R 3 R 1 1 0 0 1 1 1 h 1 + h 3h 1 1 1 0 0 1 1 1 0 0 h 1 0 Se h 1 0, ovvero se h 1, il sistema è determinato Se h = 1, il sistema diventa x + y + z = 0 y + z = 0 x + 4y + 3z = 1 che è indeterminato ed ammette 1 soluzioni: (t, 1 t, t), al variare di t R La retta passante per O ed A ha equazione y = x Per individuare un quadrato di quelli verificanti la condizione assegnata, occorre determinare i rimanenti due vertici Tali vertici appartengono alle rette passanti per O ed A, rispettivamente, e perpendicolari alla retta passante per O ed A Consideriamo, ad esempio, la retta passante per O e perpendicolare alla retta y = x: essa ha equazione y = x Osserviamo che, trovate le coordinate del terzo vertice, quelle del quarto sono univocamente determinate Quindi è sufficiente trovare le coordinate del terzo vertice Un generico punto P sulla retta y = x ha coordinate P (a, a), con a R I segmenti OA e OP sono dunque due lati consecutivi del quadrato Q in oggetto Occorre, dunque, richiedere che tale quadrato abbia area L area di Q è data da A (Q) = OA OP = a + a = a La condizione A (Q) =, imposta dal quesito, diventa a = a = 1 a = ±1 Pertanto, i punti richiesti hanno coordinate P 1 (1, 1) e P ( 1, 1) Da quanto trovato segue che esistono due quadrati che risolvono il quesito Il primo quadrato, Q 1, ha tre vertici coincidenti con i punti O, A, P 1 Il quarto vertice B 1 lo si può determinare, ad esempio, effettuando l intersezione tra la retta passante per A e parallela a y = x (che ha equazione y = x + ) e la retta passante per P 1 e parallela a y = x (che ha equazione y = x ): si trova che B 1 (, 0) Il secondo quadrato, Q, ha tre vertici coincidenti con i punti O, A, P Il quarto vertice B lo si può determinare, ad esempio, effettuando l intersezione tra la retta passante per A e parallela a y = x (che ha equazione y = x + ) e la retta passante per P e parallela a y = x (che ha equazione y = x + ): si trova che B (0, )

3 (a) Si consideri il sistema x z = 0 y z + 1 = 0 y z = 0 x + y + 1 = 0 Con facili conti si trova che il sistema precedente è equivalente al sistema x = z z = 1 y = z z = 1 3 che è chiaramente impossibile Quindi le rette r) ed s) sono sghembe Si trovi, ora, l equazione del piano π 1 passante per A e contenente r) e l equazione del piano π passante per A e contenente s) L equazione del fascio di piani contenenti r) è data, al variare di λ, µ R, da λ(y z + 1) + µ(x z) = 0 Imponendo il passaggio per A si ottiene λ + µ = 0, quindi si può scegliere λ = 1 e µ = 1 ottenendo π 1 ) x y + z 1 = 0 L equazione del fascio di piani contenenti s) è data, al variare di λ, µ R, da λ(y z) + µ(x + y + 1) = 0

Imponendo il passaggio per A si ottiene µ = 0, quindi µ = 0 e λ è qualsiasi e si ha π ) y z = 0 La retta richiesta è l intersezione dei piani π 1 ) e π ): x y + z 1 = 0 y z = 0 (b) Le equazioni parametriche della retta r) sono: x = 1 + t r) y = t z = t quindi il vettore v = (, 1, 1) è parallelo ad r) e di conseguenza il punto improprio di r) è P (r)(, 1, 1, 0) L equazione del piano π) passante per A e perpendicolare ad r) è π) (x 1) y z = 0 Determiniamo l intersezione tra π) ed r), risolvendo il sistema (x 1) y z = 0 y z = 0 x + y + 1 = 0 Con facili conti si trova che la soluzione del precedente sistema è la terna H ( 1,, 3 3 3) La distanza d(a, r) richiesta è dunque la distanza tra i punti A ed H: (1 ) d(a, H) = 3 1 + 4 9 + 4 4 = 3 3 (c) Un vettore ortogonale al piano α) è w = (1, 1, 1) Scriviamo equazioni parametriche della retta passante per A e avente come vettore di direzione w: x = 1 + t y = t z = t Un generico punto K appartenente alla suddetta retta ha coordinate K(1 + t, t, t) Calcoliamo, ora, le coordinate del punto medio M del segmento KA: ( + t M, t, t ) Imponiamo che M α) ottenendo + t + t + t = 0, da cui t = 3 Si conclude che il simmetrico A di A rispetto ad α) ha coordinate ( A 1 3, 3, ) ( 1 3 3, 3, ) 3

(d) Scriviamo l equazione del fascio di piani contenenti la retta r): λ(x + y + 1) + µ(y z) = 0 Un vettore u ortogonale ad un generico piano del suddetto fascio ha componenti u = (λ, λ + µ, µ) Occorre richiedere che u sia ortogonale a w = (1, 1, 1) Tale condizione, equivale ad imporre che il prodotto scalare tra tali vettori sia nullo, ovvero che: u w = 0 λ + λ + µ + µ = 0 3λ + µ = 0, quindi si può scegliere λ = e µ = 3 Il piano del fascio corrispondente a tali valori dei parametri λ e µ è x + y + 3z + = 0 La proiezione ortogonale richiesta è dunque la retta x + y + 3z + = 0 x + y z = 0

Università degli Studi di Catania Anno Accademico 014-015 Corso di Laurea in Informatica Prova in itinere di Matematica Discreta (1 CFU) Febbraio 015 A Tempo a disposizione: 150 minuti 1 È dato l endomorfismo f : R 3 R 3 definito dalle relazioni f(1, 0, 0) = (h, 0, h), f(0, 1, 1) = (0, h + 1, 1), f(0, 0, 1) = (1, 0, h) (a) Studiare f al variare di h determinando in ciascun caso Imf e Kerf (b) Trovare la matrice associata ad f rispetto alle basi canoniche (c) Calcolare f 1 (1,, 4) (d) Studiare la semplicità di f nel caso h = 1 È data l applicazione lineare f : R 4 R 3 associata rispetto alle basi canoniche alla matrice M = 1 0 1 0 1 1 1 h 1 1 + h 1 + 3h (a) Studiare f al variare di h determinando in ciascun caso Imf e Kerf (b) Trovare la matrice associata ad f rispetto alle basi A = (1, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 1), (0, 1, 0, 0)} e B = (1, 1, 0), (0, 1, 1), (0, 0, 1)}

Febbraio 015 Svolgimento della prova scritta 1 (a) Tenendo conto delle assegnazioni della consegna, si ha: inoltre f(e 1 ) = (h, 0, h), f(0, 1, 1) = f ((0, 1, 0) + (0, 0, 1)) = f(e + e 3 ) = f(e ) + f(e 3 ) = (0, h + 1, 1), quindi f(e ) + f(e 3 ) = (0, h + 1, 1) (1) e poi f(e 3 ) = (1, 0, h) () Sostituendo la () nella (1), si trova f(e ) = (0, h + 1, 1) (1, 0, h) = ( 1, h + 1, 1 h), quindi f(e ) = ( 1, h + 1, 1 h) In questo modo abbiamo le immagini tramite f dei vettori della base canonica di R 3, E 3 = e 1, e, e 3 } È dunque possibile scrivere la matrice associata all endomorfismo rispetto alla base canonica E 3 Essa è M E 3,E 3 h (f) = h 1 1 0 h + 1 0 h 1 h h ( Si trova subito che det M E 3,E 3 h ) (f) = h(h + 1)(h 1) Per h 0 e h ±1, f è un isomorfismo, cioè è iniettiva e suriettiva Ker f = (0, 0, 0)} e Im f = R 3 Sia h = 0 In tal caso ( quindi dim Im f = ρ M E 3,E 3 h (f) = M E 3,E 3 h 0 1 1 0 1 0 0 1 0 Inoltre dim Ker f = dim R 3 dim Im f = 1 e, ) (f) = e una base di Im f è ( 1, 1, 1), (1, 0, 0)} Dunque Ker f =(x, y, z) R 3 : y+z = 0, y = 0}=(x, y, z) R 3 : y = 0, z = 0}= (1, 0, 0) Sia h = 1 In tal caso ( quindi dim Im f = ρ M E 3,E 3 h (f) = M E 3,E 3 h 1 1 1 0 0 1 0 1 Inoltre dim Ker f = dim R 3 dim Im f = 1 e, ) (f) = e una base di Im f è (1, 0, 1), ( 1,, 0)} Ker f = (x, y, z) R 3 : x y + z = 0, y = 0, x + z = 0}= = (x, y, z) R 3 : x = z, y = 0}= (1, 0, 1)

Sia h = 1 In tal caso ( quindi dim Im f = ρ M E 3,E 3 h (f) = M E 3,E 3 h 1 1 1 0 0 0 1 1 Inoltre dim Ker f = dim R 3 dim Im f = 1 e, ) (f) = e una base di Im f è ( 1, 0, 1), ( 1, 0, )} Ker f = (x, y, z) R 3 : x y + z = 0, x + y z = 0}= = (x, y, z) R 3 : x = z 3, y = z } = (1,, 3) 3 (b) La matrice richiesta è la matrice M E 3,E 3 h (f) trovata nel punto (a) (c) Occorre discutere il sistema hx y + z = 1 (h + 1)y = hx + (1 h)y + hz = 4 Detta A la matrice completa del suddetto sistema, si ha A = h 1 1 1 0 h + 1 0 h 1 h h 4 Riduciamo per righe la matrice A A R 3 R 3 R 1 R 3 R h 1 1 1 0 h + 1 0 0 h h 1 3 h 1 1 1 0 3 h 1 5 0 h + 1 0 R 3 R 3 +R R 3 R 3 h+1 3 R Se h 0 e h ±1 il sistema è determinato e si ha f 1 (1,, 4) = h 1 1 1 0 h + 1 0 0 3 h 1 5 h 1 1 1 0 3 h 1 5 0 0 (h 1)(h+1) 5(h+1) 3 3 ( ) h 3h h(h + 1)(h 1), h + 1, 5h 1 (h + 1)(h 1) Se h = ±1 il sistema è impossibile poiché la terza equazione è sempre falsa (infatti per h = 1 si trova 0 = 4 e per h = 1 si trova 0 = ) 3 Se h = 0 il sistema è impossibile avendosi y + z = 1 + 1 = 1 3y z = 5 y = 1 z = 5 = 1 z = 1 3 3 3 (d) Si consideri la matrice M E 3,E 3 1 (f): M E 3,E 3 1 (f) = 1 1 1 0 0 1 0 1

Calcoliamo, ora, il polinomio caratteristico p(t) della matrice M E 3,E 3 1 (f), ovvero calcoliamo ( ) p(t) = det M E 3,E 3 1 (f) ti = det 1 t 1 1 0 t 0 1 0 1 t = t(t ) L autovalore t = 0 ha molteplicità algebrica pari a 1, mentre l autovalore t = ha molteplicità algebrica pari a Determiniamo adesso gli autospazi V 0 e V, associati rispettivamente all autovalore t = 0 e all autovalore t = Chiaramente l autospazio V 0 è il nucleo dell endomorfismo f L autospazio V è invece il nucleo dell endomorfismo associato alla matrice M E 3,E 3 1 (f) I e lo si determina risolvendo il sistema x + y z = 0 x z = 0 Tale sistema ammette 1 soluzioni: (s, 0, s), s R e di conseguenza V = (1, 0, 1) Si ha dunque che la molteplicità geometrica dell autovalore t =, ovvero la dimensione dell autospazio V, è pari ad 1 e quindi essa non è uguale alla molteplicità algebrica dell autovalore t = Si conclude che per h = 1 l endomorfismo f non è semplice (a) Riduciamo per righe la matrice M: M R 3 R 3 hr 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 + h R 3 R 3 R 1 0 1 0 1 1 1 0 0 0 h Se h 0, la matrice M ha rango 3 e quindi dim Im f = 3 e pertanto Im f = R 3 Sempre nel caso in cui h 0, il nucleo di f si ottiene risolvendo il sistema x + z + t = 0 y + z + t = 0 t = 0 che ammette 1 soluzioni: ( w, w, w, 0), w R Ne viene che Ker f = (, 1, 1, 0) e dim Ker f = 1 Sia, ora, h = 0 In tal caso Im f = (1, 0, 0), (0, 1, 1) e quindi Im f = (x, y, z) R 3 : y z = 0} Sempre nel caso in cui h = 0, il nucleo di f si ottiene risolvendo il sistema x + z + t = 0 y + z + t = 0

che ammette soluzioni: ( v u, v u, v, u), u, v R Di conseguenza, dim Ker f = e poiché ( v u, v u, v, u) = v(, 1, 1, 0) + u( 1, 1, 0, 1), una base del nucleo è l insieme (, 1, 1, 0), ( 1, 1, 0, 1)} e quindi Ker f = (, 1, 1, 0), ( 1, 1, 0, 1) (b) Si richiede la matrice M A,B h (f) È noto che essa si può esprimere nel modo seguente: M A,B h (f) = P E3,B M E 4,E 3 h (f)p A,E 4, dove M E 4,E 3 h (f) = M Si ha P A,E 4 = 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 0 Determiniamo P E3,B Allo scopo, si riduca per righe la matrice K = 1 0 0 1 0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 1 0 0 1 Si ha: K R R +R 1 1 0 0 1 0 0 0 1 0 1 1 0 R 3 R 3 R 1 0 1 0 0 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 1 1 1 pertanto In definitiva: M A,B h (f) = P E 3,B = 1 1 0 1 0 0 1 1 1 Svolgendo i facili conti, si trova M A,B h (f) = 1 1 0 1 0 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 h 1 1 + h 1 + 3h 1 5 1 1 1 3 0 h 1 3h 1 5h 3 0, 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 0

Università degli Studi di Catania Anno Accademico 014-015 Corso di Laurea in Informatica Prova di Matematica Discreta (1 CFU) Febbraio 015 Prova completa Tempo a disposizione: 150 minuti 1 È dato l endomorfismo f : R 3 R 3 definito dalle relazioni f(1, 0, 0) = (h, 0, h), f(0, 1, 1) = (0, h + 1, 1), f(0, 0, 1) = (1, 0, h) (a) Studiare f al variare di h determinando in ciascun caso Imf e Kerf (b) Trovare la matrice associata ad f rispetto alle basi canoniche (c) Calcolare f 1 (1,, 4) (d) Studiare la semplicità di f nel caso h = 1 Nello spazio sono dati il piano α) x y z = 0, il punto A(1, 0, 1) e la retta r) x = y z = 0 Trovare: (a) la retta passante per A e parallela ad α) ed ortogonale ad r); (b) il simmetrico di A rispetto ad α); (c) la distanza di A da r) 3 Risolvere il seguente sistema di congruenze: x 5 mod 3 3x mod 5 4 Quanti sono i numeri naturali di 8 cifre aventi le prime tre pari ed in ordine crescente e le ultime tre in ordine decrescente? 5 Trovare la cardinalità dell insieme delle soluzioni intere del seguente sistema: x + y + z = 30 0 < x 4 y 1 z >

Febbraio 015 Svolgimento della prova scritta 1 (a) Tenendo conto delle assegnazioni della consegna, si ha: inoltre f(e 1 ) = (h, 0, h), f(0, 1, 1) = f ((0, 1, 0) + (0, 0, 1)) = f(e + e 3 ) = f(e ) + f(e 3 ) = (0, h + 1, 1), quindi f(e ) + f(e 3 ) = (0, h + 1, 1) (1) e poi f(e 3 ) = (1, 0, h) () Sostituendo la (3) nella (), si trova f(e ) = (0, h + 1, 1) (1, 0, h) = ( 1, h + 1, 1 h), quindi f(e ) = ( 1, h + 1, 1 h) In questo modo abbiamo le immagini tramite f dei vettori della base canonica di R 3, E 3 = e 1, e, e 3 } È dunque possibile scrivere la matrice associata all endomorfismo rispetto alla base canonica E 3 Essa è M E 3,E 3 h (f) = h 1 1 0 h + 1 0 h 1 h h ( ) Si trova subito che det M E 3,E 3 h (f) = h(h + 1)(h 1) Per h 0 e h ±1, f è un isomorfismo, cioè è iniettiva e suriettiva Dunque Ker f = (0, 0, 0)} e Im f = R 3 Sia h = 0 In tal caso ( quindi dim Im f = ρ M E 3,E 3 h (f) = M E 3,E 3 h 0 1 1 0 1 0 0 1 0 Inoltre dim Ker f = dim R 3 dim Im f = 1 e, ) (f) = e una base di Im f è ( 1, 1, 1), (1, 0, 0)} Ker f =(x, y, z) R 3 : y+z = 0, y = 0}=(x, y, z) R 3 : y = 0, z = 0}= (1, 0, 0) Sia h = 1 In tal caso ( quindi dim Im f = ρ M E 3,E 3 h (f) = M E 3,E 3 h 1 1 1 0 0 1 0 1 Inoltre dim Ker f = dim R 3 dim Im f = 1 e, ) (f) = e una base di Im f è (1, 0, 1), ( 1,, 0)} Ker f = (x, y, z) R 3 : x y + z = 0, y = 0, x + z = 0}= = (x, y, z) R 3 : x = z, y = 0}= (1, 0, 1)

Sia h = 1 In tal caso ( quindi dim Im f = ρ M E 3,E 3 h (f) = M E 3,E 3 h 1 1 1 0 0 0 1 1 Inoltre dim Ker f = dim R 3 dim Im f = 1 e, ) (f) = e una base di Im f è ( 1, 0, 1), ( 1, 0, )} Ker f = (x, y, z) R 3 : x y + z = 0, x + y z = 0}= = (x, y, z) R 3 : x = z 3, y = z } = (1,, 3) 3 (b) La matrice richiesta è la matrice M E 3,E 3 h (f) trovata nel punto (a) (c) Occorre discutere il sistema hx y + z = 1 (h + 1)y = hx + (1 h)y + hz = 4 Detta A la matrice completa del suddetto sistema, si ha A = h 1 1 1 0 h + 1 0 h 1 h h 4 Riduciamo per righe la matrice A A R 3 R 3 R 1 R 3 R h 1 1 1 0 h + 1 0 0 h h 1 3 h 1 1 1 0 3 h 1 5 0 h + 1 0 R 3 R 3 +R R 3 R 3 h+1 3 R Se h 0 e h ±1 il sistema è determinato e si ha f 1 (1,, 4) = h 1 1 1 0 h + 1 0 0 3 h 1 5 h 1 1 1 0 3 h 1 5 0 0 (h 1)(h+1) 5(h+1) 3 3 ( ) h 3h h(h + 1)(h 1), h + 1, 5h 1 (h + 1)(h 1) Se h = ±1 il sistema è impossibile poiché la terza equazione è sempre falsa (infatti per h = 1 si trova 0 = 4 e per h = 1 si trova 0 = ) 3 Se h = 0 il sistema è impossibile avendosi y + z = 1 + 1 = 1 3y z = 5 y = 1 z = 5 = 1 z = 1 3 3 3 (d) Si consideri la matrice M E 3,E 3 1 (f): M E 3,E 3 1 (f) = 1 1 1 0 0 1 0 1

Calcoliamo, ora, il polinomio caratteristico p(t) della matrice M E 3,E 3 1 (f), ovvero calcoliamo ( ) p(t) = det M E 3,E 3 1 (f) ti = det 1 t 1 1 0 t 0 1 0 1 t = t(t ) L autovalore t = 0 ha molteplicità algebrica pari a 1, mentre l autovalore t = ha molteplicità algebrica pari a Determiniamo adesso gli autospazi V 0 e V, associati rispettivamente all autovalore t = 0 e all autovalore t = Chiaramente l autospazio V 0 è il nucleo dell endomorfismo f L autospazio V è invece il nucleo dell endomorfismo associato alla matrice M E 3,E 3 1 (f) I e lo si determina risolvendo il sistema x + y z = 0 x z = 0 Tale sistema ammette 1 soluzioni: (s, 0, s), s R e di conseguenza V = (1, 0, 1) Si ha dunque che la molteplicità geometrica dell autovalore t =, ovvero la dimensione dell autospazio V, è pari ad 1 e quindi essa non è uguale alla molteplicità algebrica dell autovalore t = Si conclude che per h = 1 l endomorfismo f non è semplice (a) Il piano π 1 ) passante per A e parallelo ad α) ha equazione 1(x 1) + ( 1)(y) + ( )(z + 1) = 0, ovver π 1 ) x y z 3 = 0 Si vede subito che un vettore di direzione della retta r) è (0, 1, ) Il piano π passante per A e perpendicolare ad r) è dunque 0(x 1) + 1(y) + (z + 1) = 0 ovvero π ) y + z + = 0 La retta cercata è l intersezione dei piani π 1 ) e π ): x y z 3 = 0 y + z + = 0 (b) Un vettore ortogonale al piano α) è w = (1, 1, ) Scriviamo equazioni parametriche della retta passante per A e avente come vettore di direzione w: x = 1 + t y = t z = 1 t Un generico punto K appartenente alla suddetta retta ha coordinate K(1 + t, t, 1 t) Calcoliamo, ora, le coordinate del punto medio M del segmento KA: ( + t M, t ) + t,

Imponiamo che M α) ottenendo + t + t + 4 + 4t = 0, da cui t = 1 Si conclude che il simmetrico A di A rispetto ad α) ha coordinate A (1 1, ( 1), 1 ( 1)) (0, 1, 1) (c) L equazione del piano π) passante per A e perpendicolare ad r) è π) y + z + = 0 Determiniamo l intersezione tra π) ed r), risolvendo il sistema y + z + = 0 x = 0 y z = 0 Con facili conti si trova che la soluzione del precedente sistema è la terna H ( 0,, 4 5 5) La distanza d(a, r) richiesta è dunque la distanza tra i punti A ed H: d(a, H) = 1 + 4 5 + 1 30 5 = 5 3 Occupiamoci della congruenza x 5 mod 3 Scriviamo l identità di Bézout relativa a (, 3): da cui si ottengono le relazioni 1 = (, 3) = 3 1 1, 5 = 3 5 5, 5 = 5 + 3 5 ed infine ( 5) = 5 + 3 ( 5) Si riconosce così che una soluzione particolare della prima congruenza è x = 5, così la totalità delle soluzioni di tale congruenza è x 5 mod 3, ovvero Occupiamoci, ora, della congruenza x 1 mod 3 3x mod 5 Scriviamo l identità di Bézout relativa a (3, 5): da cui si ottengono le relazioni 1 = (3, 5) = 3 5 1, 3 = 1 + 5, 3 4 = + 5

Si riconosce così che una soluzione particolare della seconda congruenza è x = 4, così la totalità delle soluzioni di tale congruenza è x 4 mod 5 Si consideri adesso il sistema x 1 mod 3 x 4 mod 5 (1) Detta x una soluzione di tale sistema, si ha x = 1 + 3h x = 4 + 5k Confrontando le due equazioni si ottiene 1 + 3h = 4 + 5k da cui Dall identità di Bézout relativa a (3, 5) si ricava 3 = 3h 5k () 3 = 3 6 5 3 (3) Confrontando () e (3), si ricava h = 6 e k = 3, così una soluzione particolare del sistema (1) è x = 19 In definitiva, la totalità delle soluzioni del sistema proposto è x = 19 mod [3, 5], ovvero x 4 mod 15 4 Le cifre sono 10 I numeri naturali richiesti devono avere 8 cifre I numeri pari sono 4; ogni volta che di questi ne scegliamo 3, soltanto una sola loro disposizione è quella che ci interessa poiché si richiede che essi siano disposti in ordine crescente Di conseguenza, si può prescindere dal numero di disposizioni giacché ad ogni disposizione corrisponde una sola combinazione utile In altri termini, possiamo collocare tre cifre pari in ordine crescente in C 4,3 modi In modo analogo, dovendo disporre tre cifre in ordine decrescente (non è stato precisato nulla circa la loro parità), avremo C 10,3 combinazioni possibili Non si fa alcuna richiesta particolare sulle due cifre restanti, che dunque possono essere disposte sia in ordine crescente che decrescente; ne viene che in tal caso il numero di disposizioni utili corrisponde al numero di disposizioni con ripetizione di 10 elementi presi a due a due, ovvero è pari a 10 Riassumendo, i numeri naturali che soddisfano la condizione posta sono C 4,3 10 C 10,3 = ( 4 3 ) 10 ( 10 3 ) = 48000 5 Il sistema proposto è equivalente al seguente: x + y + z = 30 1 x 4 y 1 z 3

Posto X = x 1, Y = y 1, Z = z 3, il suddetto sistema è a sua volta equivalente al seguente: X + Y + Z = 5 0 X 3 Y 0 Z 0 Denotata con la cardinalità richiesta, si ha: = 1, dove con 1 si è denotata la cardinalità dell insieme delle soluzioni intere del sistema X + Y + Z = 15 X 0 (s 1 ) Y 0 Z 0 e con si è denotata la cardinalità dell insieme delle soluzioni intere del sistema X + Y + Z = 5 X 4 (s ) Y 0 Z 0 Posto X = X 4, il sistema (s ) è equivalente al seguente X + Y + Z = 1 X 0 Y 0 Z 0 Alla luce di ciò, si ha subito = C (r) 3,5 C (r) 3,1

Università degli Studi di Catania Anno Accademico 014-015 Corso di Laurea in Informatica Prova in itinere di Matematica Discreta (1 CFU) 4 Febbraio 015 A1 Tempo a disposizione: 150 minuti 1 Studiare, al variare del parametro reale h, il seguente sistema lineare: hx y + z = h hy z = 1 x hy + z = 1 Nel piano sono date le rette r) x y = 0 ed s) x y = 0 Trovare i punti P di s) tali che, detta H la proiezione ortogonale di P su r), l area del triangolo OP H valga 3 3 Nello spazio siano dati il punto A(1, 0, 1), il piano α) x + y z = 0 e le rette x y = 0 x = 0 r), s) z + 1 = 0 y z = 0 (a) Provare che r) ed s) sono sghembe e trovare la retta che le incontra ortogonalmente (b) Trovare la distanza di A da r) (c) Trovare il simmetrico di A rispetto ad α) (d) Trovare la retta passante per A, parallela ad α) ed incidente r)

4 Febbraio 015 Svolgimento della prova scritta 1 Siano A = h 1 1 0 h 1 1 h 1, A = Riduciamo per righe la matrice A : A R 1 R 3 1 h 1 1 0 h 1 1 R 3 R 3 hr 1 h 1 1 h R 3 R 3 +(1 h)r h 1 1 h 0 h 1 1 1 h 1 1 1 h 1 1 0 h 1 1 0 h 1 0 1 h Se h 1 0, ovvero se h 1, il sistema è determinato Se h = 1, il sistema diventa x y + z = 1 1 h 1 1 0 h 1 1 0 1 + h 1 h 0 y z = 1 che è indeterminato ed ammette 1 soluzioni: (, 1 + t, t), al variare di t R Un generico punto P su s) ha coordinate P (a, a), a R Scriviamo l equazione della retta n passante per P e perpendicolare ad r): n) y a = (x a), ovvero n) x + y = 3a Determiniamo le coordinate del punto H di intersezione tra r) ed n): x + y = 3a x y = 0 da cui H( 3a, 3 a) Abbiamo: a P H = 4 + a 4 = a, 9 OH = 4 a + 9 4 a = 3 a L area del triangolo OP H è data da: A (OP H) = OH P H Imponendo che A (OP H) = 3 e sostituendo i valori di OH e di P H si ottiene: a 3 a = 6

da cui si ricava a = 4 e quindi a = ± Pertanto esistono due punti P che soddisfano la condizione posta ed hanno coordinate P 1 (, 4), P (, 4) 3 (a) Un vettore di direzione di r) è v = (1, 1, 0) e un vettore di direzione di s) è w = (0, 1, 1) Un generico punto P appartenente ad r) ha coordinate P (a, a, 1) e un generico punto Q appartenente ad s) ha coordinate Q(0, b, b) Un vettore di direzione della retta passante per P e Q è u = ( a, b a, b + 1) Si impongono le condizioni di ortogonalità v u = 0, w u = 0 che danno luogo al sistema a + b a = 0 a = 1 3 b a + b + 1 = 0 b = 3 Pertanto P ( 13 ) (, 13, 1, Q 0, ) 3, 3 La retta passante per P e Q che incontra ortogonalmente le rette r) ed s) ha dunque equazione: x 0 1 3 = y + 3 1 3 + 3 da cui 3x + 3y + = 0 3y + 3z + 4 = 0 = z + 3 1 +, 3 (b) Le equazioni parametriche della retta r) sono: x = t r) y = t z = 1 quindi il vettore v = (1, 1, 0) è parallelo ad r) e di conseguenza il punto improprio di r) è P (r)(1, 1, 0, 0) L equazione del piano γ) passante per A e perpendicolare ad r) è γ) 1(x 1) + 1 y = 0, ossia γ) x + y 1 = 0 Determiniamo l intersezione tra γ) ed r), risolvendo il sistema x + y 1 = 0 x y = 0 z + 1 = 0 Con facili conti si trova che la soluzione del precedente sistema è la terna H ( 1, 1, 1) La distanza d(a, r) richiesta è dunque la distanza tra i punti A ed H: 1 d(a, H) = 4 + 1 5 4 + = (c) Poiché A α), si conclude che il simmetrico A di A rispetto ad α) coincide con A: A A

(d) Scriviamo l equazione del fascio di piani contenenti la retta r): λ(x y) + µ(z + 1) = 0 Imponendo il passaggio per A si ottiene l equazione omogenea λ + µ = 0 Scegliendo λ = e µ = 1, si trova che l equazione del piano π) contenente r) e passante per A è π) x y z 1 = 0 Poiché A α), il piano passante per A e parallelo ad α) è α) stesso Ne viene che la retta richiesta è l intersezione di π) con α), ovvero: x y z 1 = 0 x + y z = 0

Università degli Studi di Catania Anno Accademico 014-015 Corso di Laurea in Informatica Prova in itinere di Matematica Discreta (1 CFU) 4 Febbraio 015 A Tempo a disposizione: 150 minuti 1 È dato l endomorfismo f : R 3 R 3 associato rispetto alle basi canoniche alla matrice A = h 1 1 1 h 1 1 h 0 (a) Studiare f al variare di h determinando in ciascun caso Imf e Kerf (b) Studiare la semplicità di f nel caso h = 1 (c) Calcolare f 1 (h, h, 0) È data l applicazione lineare f : R 3 R 4 definito dalle relazioni f(1, 0, 0) = (h, 0, h, 1), f(0, 1, 1) = (0, h + 1, 0, 0), f(0, 0, 1) = (1, 0, h, 0) (a) Studiare f al variare di h determinando in ciascun caso Imf e Kerf (b) Trovare la matrice associata ad f rispetto alle basi canoniche (c) Trovare la matrice associata ad f rispetto alle basi A = (1, 0, 0), (0, 1, 1), (0, 0, 1)} e B = (1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (1, 0, 1, 1)}

4 Febbraio 015 Svolgimento della prova scritta 1 (a) Riduciamo la matrice A: A R 1 R 3 1 h 1 1 h 0 h 1 1 R 3 R 3 R 1 1 h 1 1 h 0 1 1 0 R 3 R 3 R 1 h 1 1 h 0 0 1 h 0 Allora, se h 1, si ha ρ(a) = dim Im f = 3, quindi Imf = R 3 e quindi dim ker f = 0 e ker f = (0, 0, 0)} Sia ora h = 1 In tal caso il nucleo di f si trova risolvendo il sistema x y z = 0 x y = 0 ed evidentemente ker f ha dimensione 1 e risulta ker f = (1, 1, 0) Inoltre dim Im f = Im f = (1, 1, ), ( 1, 0, 1) e le equazioni cartesiane dell immagine si trovano imponendo che det 1 1 1 0 1 = 0 x y z da cui si ha x + y z = 0 (b) Sia h = 1 In tal caso A = 1 1 1 1 1 1 0 Calcoliamo, ora, il polinomio caratteristico p(t) della matrice A, ovvero t 1 p(t) = det(a ti) = det 1 1 t 1 = t (t 1) 1 1 t L autovalore t = 0 ha molteplicità algebrica pari a, mentre l autovalore t = 1 ha molteplicità algebrica pari a 1 Determiniamo adesso l autospazio V 0 associato all autovalore t = 0: chiaramente esso è il nucleo dell endomorfismo f nel caso h = 1 e si è già visto che in tal caso dim ker f = 1, pertanto la molteplicità geometrica dell autovalore t = 0 è pari a 1 Ne viene che le molteplicità algebrica e geometrica dell autovalore t = 0 non sono uguali Ciò basta per concludere che l endomorfismo non è semplice per h = 1 (Non è dunque necessario determinare l autospazio V 1 associato all autovalore t = 1) (c) Occorre discutere il sistema x + hy z = h x + hy = 0 x + (h 1)y z = h Detta M la matrice completa del suddetto sistema, si ha

M = Riduciamo per righe la matrice M 1 h 1 h 1 h 0 0 h 1 1 h M R 3 R 3 R 1 1 h 1 h 1 h 0 0 1 1 0 h + h Se h 1 il sistema è determinato e si ha R 3 R 3 R f 1 (h, h, 0) = ( h, h, h ) 1 h 1 h 1 h 0 0 0 1 h 0 h + h Se h = 1 il sistema è indeterminato ed è equivalente al seguente x y = 0 z = 1 quindi f 1 (h, h, 0) = (t, t, 1), t R} (a) Determiniamo le immagini dei vettori della base canonica E 3 mediante f Dalle relazioni che definiscono f e dalla sua linearità, si deduce subito che: f(e 1 ) = (h, 0, h, 1), f(e ) = (0, h + 1, 0, 0) (1, 0, h, 0) = ( 1, h + 1, h, 0), f(e 3 ) = (1, 0, h, 0) Ne viene che la matrice associata ad f rispetto alle basi canoniche è h 1 1 M E 3,E 4 = 0 h + 1 0 h h h 1 0 0 Riduciamo per righe la matrice M E 3,E 4 : M E 3,E 4 R 3 R 3 hr 1 R 3 R h 1 1 1 0 0 0 h + 1 0 h h 0 0 h 1 1 0 h + 1 0 h h 0 0 1 0 0 R 3 R 4 R 4 R 4 (h h )R h 1 1 0 h + 1 0 1 0 0 h h 0 0 h 1 1 1 0 0 0 h + 1 0 0 0 0 Allora, se h 1, ovviamente ker f = (0, 0, 0)} e dim Imf = 3 Le equazioni cartesiane dell immagine sono date da

det h 0 h 1 1 h + 1 h 0 1 0 h 0 x y z t = 0 Nella suddetta matrice si operi la sostituzione R 4 R 4 tr 1 ; occorre dunque calcolare h 0 h 1 det 1 h + 1 h 0 1 0 h 0 x ht y z ht 0 Per farlo effettuiamo lo sviluppo di Laplace rispetto all ultima colonna Quindi: det h 0 h 1 1 h + 1 h 0 1 0 h 0 x y z t = 0 det Svolgendo i facili conti, si trova che l immagine ha equazione hx z + (h h )t = 0 Sia, ora, h = 1 In tal caso il nucleo di f è dato da x y + z = 0 x = 0 1 h + 1 h 1 0 h x ht y z ht e dunque dim ker f = 1 e ker f = (0, 1, 1) Inoltre in tal caso ρ(m E 3,E 4 ) = = dim Im f = e risulta che Im f = ( 1, 0, 1, 1), (1, 0, 1, 0) = 0 (b) La matrice richiesta è la matrice M E 3,E 4 trovata nel punto (a) (c) Si richiede la matrice M A,B h (f) È noto che essa si può esprimere nel modo seguente: M A,B h (f) = P E 4,B M A,E 3 h (f)p A,A Ovviamente P A,A = I 3 Dalle assegnazioni fatte nella consegna si ha subito che M A,E 4 h = h 0 1 0 h + 1 0 h 0 h 1 0 0 Determiniamo P E 4,B Allo scopo, si riduca per righe la matrice K = 1 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1

Si ha: K R 1 R 1 R 4 pertanto In definitiva: M A,B h (f) = 1 0 0 0 1 0 0 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 R R R 1 P E 4,B = R 3 R 3 +R 4 1 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 1 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 1 Svolgendo i facili conti, si trova M A,B h (f) = 1 0 0 1 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 1 h 0 1 0 h + 1 0 h 0 h 1 0 0 h 1 0 1 1 h h + 1 1 h + 1 0 h 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1

Università degli Studi di Catania Anno Accademico 014-015 Corso di Laurea in Informatica Prova di Matematica Discreta (1 CFU) 4 Febbraio 015 Prova completa Tempo a disposizione: 150 minuti 1 È dato l endomorfismo f : R 3 R 3 definito dalle relazioni f(1, 0, 0) = (h, 0, h), f(0, 1, 1) = (0, h + 1, 1), f(0, 0, 1) = (1, 0, h) (a) Studiare f al variare di h determinando in ciascun caso Imf e Kerf (b) Trovare la matrice associata ad f rispetto alle basi canoniche (c) Calcolare f 1 (1,, 4) (d) Studiare la semplicità di f nel caso h = 1 Nello spazio sono dati il piano α) x y z = 0, il punto A(1, 0, 1) e la retta r) x = y z = 0 Trovare: (a) la retta passante per A e parallela ad α) ed ortogonale ad r); (b) il simmetrico di A rispetto ad α); (c) la distanza di A da r) 3 Risolvere il seguente sistema di congruenze: x 5 mod 3 3x mod 5 4 Quanti sono i numeri naturali di 8 cifre aventi le prime tre pari ed in ordine crescente e le ultime tre in ordine decrescente? 5 Trovare la cardinalità dell insieme delle soluzioni intere del seguente sistema: x + y + z = 30 0 < x 4 y 1 z >

4 Febbraio 015 Svolgimento della prova scritta 1 (a) Tenendo conto delle assegnazioni della consegna, si ha: inoltre f(e 1 ) = (h, 0, h), f(0, 1, 1) = f ((0, 1, 0) + (0, 0, 1)) = f(e + e 3 ) = f(e ) + f(e 3 ) = (0, h + 1, 1), quindi f(e ) + f(e 3 ) = (0, h + 1, 1) (1) e poi f(e 3 ) = (1, 0, h) () Sostituendo la (3) nella (), si trova f(e ) = (0, h + 1, 1) (1, 0, h) = ( 1, h + 1, 1 h), quindi f(e ) = ( 1, h + 1, 1 h) In questo modo abbiamo le immagini tramite f dei vettori della base canonica di R 3, E 3 = e 1, e, e 3 } È dunque possibile scrivere la matrice associata all endomorfismo rispetto alla base canonica E 3 Essa è M E 3,E 3 h (f) = h 1 1 0 h + 1 0 h 1 h h ( ) Si trova subito che det M E 3,E 3 h (f) = h(h + 1)(h 1) Per h 0 e h ±1, f è un isomorfismo, cioè è iniettiva e suriettiva Dunque Ker f = (0, 0, 0)} e Im f = R 3 Sia h = 0 In tal caso ( quindi dim Im f = ρ M E 3,E 3 h (f) = M E 3,E 3 h 0 1 1 0 1 0 0 1 0 Inoltre dim Ker f = dim R 3 dim Im f = 1 e, ) (f) = e una base di Im f è ( 1, 1, 1), (1, 0, 0)} Ker f =(x, y, z) R 3 : y+z = 0, y = 0}=(x, y, z) R 3 : y = 0, z = 0}= (1, 0, 0) Sia h = 1 In tal caso ( quindi dim Im f = ρ M E 3,E 3 h (f) = M E 3,E 3 h 1 1 1 0 0 1 0 1 Inoltre dim Ker f = dim R 3 dim Im f = 1 e, ) (f) = e una base di Im f è (1, 0, 1), ( 1,, 0)} Ker f = (x, y, z) R 3 : x y + z = 0, y = 0, x + z = 0}= = (x, y, z) R 3 : x = z, y = 0}= (1, 0, 1)

Sia h = 1 In tal caso ( quindi dim Im f = ρ M E 3,E 3 h (f) = M E 3,E 3 h 1 1 1 0 0 0 1 1 Inoltre dim Ker f = dim R 3 dim Im f = 1 e, ) (f) = e una base di Im f è ( 1, 0, 1), ( 1, 0, )} Ker f = (x, y, z) R 3 : x y + z = 0, x + y z = 0}= = (x, y, z) R 3 : x = z 3, y = z } = (1,, 3) 3 (b) La matrice richiesta è la matrice M E 3,E 3 h (f) trovata nel punto (a) (c) Occorre discutere il sistema hx y + z = 1 (h + 1)y = hx + (1 h)y + hz = 4 Detta A la matrice completa del suddetto sistema, si ha A = h 1 1 1 0 h + 1 0 h 1 h h 4 Riduciamo per righe la matrice A A R 3 R 3 R 1 R 3 R h 1 1 1 0 h + 1 0 0 h h 1 3 h 1 1 1 0 3 h 1 5 0 h + 1 0 R 3 R 3 +R R 3 R 3 h+1 3 R Se h 0 e h ±1 il sistema è determinato e si ha f 1 (1,, 4) = h 1 1 1 0 h + 1 0 0 3 h 1 5 h 1 1 1 0 3 h 1 5 0 0 (h 1)(h+1) 5(h+1) 3 3 ( ) h 3h h(h + 1)(h 1), h + 1, 5h 1 (h + 1)(h 1) Se h = ±1 il sistema è impossibile poiché la terza equazione è sempre falsa (infatti per h = 1 si trova 0 = 4 e per h = 1 si trova 0 = ) 3 Se h = 0 il sistema è impossibile avendosi y + z = 1 + 1 = 1 3y z = 5 y = 1 z = 5 = 1 z = 1 3 3 3 (d) Si consideri la matrice M E 3,E 3 1 (f): M E 3,E 3 1 (f) = 1 1 1 0 0 1 0 1

Calcoliamo, ora, il polinomio caratteristico p(t) della matrice M E 3,E 3 1 (f), ovvero calcoliamo ( ) p(t) = det M E 3,E 3 1 (f) ti = det 1 t 1 1 0 t 0 1 0 1 t = t(t ) L autovalore t = 0 ha molteplicità algebrica pari a 1, mentre l autovalore t = ha molteplicità algebrica pari a Determiniamo adesso gli autospazi V 0 e V, associati rispettivamente all autovalore t = 0 e all autovalore t = Chiaramente l autospazio V 0 è il nucleo dell endomorfismo f L autospazio V è invece il nucleo dell endomorfismo associato alla matrice M E 3,E 3 1 (f) I e lo si determina risolvendo il sistema x + y z = 0 x z = 0 Tale sistema ammette 1 soluzioni: (s, 0, s), s R e di conseguenza V = (1, 0, 1) Si ha dunque che la molteplicità geometrica dell autovalore t =, ovvero la dimensione dell autospazio V, è pari ad 1 e quindi essa non è uguale alla molteplicità algebrica dell autovalore t = Si conclude che per h = 1 l endomorfismo f non è semplice (a) Il piano π 1 ) passante per A e parallelo ad α) ha equazione 1(x 1) + ( 1)(y) + ( )(z + 1) = 0, ovver π 1 ) x y z 3 = 0 Si vede subito che un vettore di direzione della retta r) è (0, 1, ) Il piano π passante per A e perpendicolare ad r) è dunque 0(x 1) + 1(y) + (z + 1) = 0 ovvero π ) y + z + = 0 La retta cercata è l intersezione dei piani π 1 ) e π ): x y z 3 = 0 y + z + = 0 (b) Un vettore ortogonale al piano α) è w = (1, 1, ) Scriviamo equazioni parametriche della retta passante per A e avente come vettore di direzione w: x = 1 + t y = t z = 1 t Un generico punto K appartenente alla suddetta retta ha coordinate K(1 + t, t, 1 t) Calcoliamo, ora, le coordinate del punto medio M del segmento KA: ( + t M, t ) + t,

Imponiamo che M α) ottenendo + t + t + 4 + 4t = 0, da cui t = 1 Si conclude che il simmetrico A di A rispetto ad α) ha coordinate A (1 1, ( 1), 1 ( 1)) (0, 1, 1) (c) L equazione del piano π) passante per A e perpendicolare ad r) è π) y + z + = 0 Determiniamo l intersezione tra π) ed r), risolvendo il sistema y + z + = 0 x = 0 y z = 0 Con facili conti si trova che la soluzione del precedente sistema è la terna H ( 0,, 4 5 5) La distanza d(a, r) richiesta è dunque la distanza tra i punti A ed H: d(a, H) = 1 + 4 5 + 1 30 5 = 5 3 Occupiamoci della congruenza x 5 mod 3 Scriviamo l identità di Bézout relativa a (, 3): da cui si ottengono le relazioni 1 = (, 3) = 3 1 1, 5 = 3 5 5, 5 = 5 + 3 5 ed infine ( 5) = 5 + 3 ( 5) Si riconosce così che una soluzione particolare della prima congruenza è x = 5, così la totalità delle soluzioni di tale congruenza è x 5 mod 3, ovvero Occupiamoci, ora, della congruenza x 1 mod 3 3x mod 5 Scriviamo l identità di Bézout relativa a (3, 5): da cui si ottengono le relazioni 1 = (3, 5) = 3 5 1, 3 = 1 + 5, 3 4 = + 5

Si riconosce così che una soluzione particolare della seconda congruenza è x = 4, così la totalità delle soluzioni di tale congruenza è x 4 mod 5 Si consideri adesso il sistema x 1 mod 3 x 4 mod 5 (1) Detta x una soluzione di tale sistema, si ha x = 1 + 3h x = 4 + 5k Confrontando le due equazioni si ottiene 1 + 3h = 4 + 5k da cui Dall identità di Bézout relativa a (3, 5) si ricava 3 = 3h 5k () 3 = 3 6 5 3 (3) Confrontando () e (3), si ricava h = 6 e k = 3, così una soluzione particolare del sistema (1) è x = 19 In definitiva, la totalità delle soluzioni del sistema proposto è x = 19 mod [3, 5], ovvero x 4 mod 15 4 Le cifre sono 10 I numeri naturali richiesti devono avere 8 cifre I numeri pari sono 4; ogni volta che di questi ne scegliamo 3, soltanto una sola loro disposizione è quella che ci interessa poiché si richiede che essi siano disposti in ordine crescente Di conseguenza, si può prescindere dal numero di disposizioni giacché ad ogni disposizione corrisponde una sola combinazione utile In altri termini, possiamo collocare tre cifre pari in ordine crescente in C 4,3 modi In modo analogo, dovendo disporre tre cifre in ordine decrescente (non è stato precisato nulla circa la loro parità), avremo C 10,3 combinazioni possibili Non si fa alcuna richiesta particolare sulle due cifre restanti, che dunque possono essere disposte sia in ordine crescente che decrescente; ne viene che in tal caso il numero di disposizioni utili corrisponde al numero di disposizioni con ripetizione di 10 elementi presi a due a due, ovvero è pari a 10 Riassumendo, i numeri naturali che soddisfano la condizione posta sono C 4,3 10 C 10,3 = ( 4 3 ) 10 ( 10 3 ) = 48000 5 Il sistema proposto è equivalente al seguente: x + y + z = 30 1 x 4 y 1 z 3

Posto X = x 1, Y = y 1, Z = z 3, il suddetto sistema è a sua volta equivalente al seguente: X + Y + Z = 5 0 X 3 Y 0 Z 0 Denotata con la cardinalità richiesta, si ha: = 1, dove con 1 si è denotata la cardinalità dell insieme delle soluzioni intere del sistema X + Y + Z = 15 X 0 (s 1 ) Y 0 Z 0 e con si è denotata la cardinalità dell insieme delle soluzioni intere del sistema X + Y + Z = 5 X 4 (s ) Y 0 Z 0 Posto X = X 4, il sistema (s ) è equivalente al seguente X + Y + Z = 1 X 0 Y 0 Z 0 Alla luce di ciò, si ha subito = C (r) 3,5 C (r) 3,1

Università degli Studi di Catania Anno Accademico 014-015 Corso di Laurea in Informatica Prove in itinere di Matematica Discreta (1 CFU) 7 Marzo 015 Tempo a disposizione: 150 minuti A1 1 Studiare, al variare del parametro reale h, il seguente sistema lineare: x + hy = 0 x + hy + z = 1 hx + y z = h Nello spazio sono dati il punto A(1, 0, 1), il piano α) x + y z = 0 e la retta r) x y = z = 0 Trovare (a) la retta passante per A, parallela ad α) ed ortogonale ad r); (b) la distanza di A da r); (c) il simmetrico di A rispetto ad α); (d) la proiezione ortogonale di r) su α) A 3 È dato l endomorfismo f : R 3 R 3 definito, rispetto alle basi canoniche, dalle relazioni f(x, y, z) = (x + hy, hx + 4y, x y + (h )z), h R (a) Trovare la matrice associata ad f rispetto alle basi canoniche (b) Studiare f al variare del parametro h determinando in ciascun caso ker f e Im f (c) Trovare, al variare del parametro h, l immagine inversa del vettore (1, 0, ) (d) Studiare la semplicità di f nel caso h = ed eventualmente trovare una base di autovettori 4 Sia data la matrice A = ( 1 0 0 h 1 Studiare, al variare del parametro reale h, l applicazione lineare f : R 3 R associata ad A rispetto alle basi canoniche Trovare la matrice associata ad f rispetto alla base canonica di R 3 e alla base B = (0, ), (, 1)} di R )

7 Marzo 015 Svolgimento della prova scritta A1 1 Siano A = 1 h 0 1 h 1 h 1 1, A = Riduciamo per righe la matrice A : A R 1 R 1 h 1 1 1 h 0 0 R 3 R 3 +R 1 h 1 1 h R 3 R 3 +(1+h)R 1 h 0 0 1 h 1 1 h 1 1 h 1 h 0 0 1 h 1 1 1 + h 1 + h 0 1 + h 1 h 1 1 1 h 0 0 0 1 h 0 1 + h Se h ±1, il sistema è determinato e la sua unica soluzione è la terna ( h h 1, 1 h 1, 1) Se h = 1, il sistema è indeterminato ed ammette 1 soluzioni: (t, t, 1), al variare di t R Se h = 1, il sistema è impossibile (a) Determiniamo il piano π) passante per A e parallelo ad α): x 1 + y (z 1) = 0, cioè π) x + y z = 0 Le equazioni parametriche della retta r) sono x = t y = t z = dalle quali si deduce che P (r) (1, 1, 0, 0) Alla luce di ciò è facile scrivere l equazione del piano passante per A e ortogonale ad r); essa è: 1(x 1)+1(y) = 0, cioè x+y 1 = 0 Ne viene che la retta cercata è la seguente: x + y z = 0 x + y 1 = 0 (b) Nel punto (a) abbiamo trovato che l equazione del piano passante per A e ortogonale ad r) è x + y 1 = 0 Determiniamo l intersezione H di tale piano con r): x y = 0 x = y = 1 z = 0 z = x + y 1 = 0 quindi H ( 1, 1, ) Così si ha subito d(a, r)) = d(a, H) = 1 4 + 1 4 + 1 = 3

(c) Poiché A α), si conclude che il simmetrico A di A rispetto ad α) coincide con A: A A (d) Scriviamo l equazione del fascio di piani contenenti la retta r): λ(x y) + µ(z ) = 0 Un vettore ortogonale ad α) è w = (1,, 1) ed un vettore ortogonale al generico piano del suddetto fascio è v = (λ, λ, µ) Imponendo la condizione di ortogonalità tra w e v, ovvero w v = 0, si trae λ λ µ = 0 da cui λ = µ Scegliendo, ad esempio, λ = 1 e µ = 1, si trova che il piano contenente r) e ortogonale ad α) ha equazione x y z + = 0 Ne viene che la retta cercata ha equazione x y z + = 0 x + y z = 0 3 (a) Si ha subito: A f(e 1 ) = f(1, 0, 0) = (1, h, 1), f(e ) = f(0, 1, 0) = (h, 4, ), f(e 3 ) = f(0, 0, 1) = (0, 0, h ) Ne viene che la matrice associata ad f rispetto alle basi canoniche è M E 3,E 3 (f) = 1 h 0 h 4 0 1 1 h (b) Si trova che det M E 3,E 3 (f) = (h )(4 h ) Se h ±, si ha Im f = R 3 e ker f = (0, 0, 0)} Sia, ora, h = In tal caso si ha che ρ(m E 3,E 3 (f)) =, quindi dim Im f = e risulta Im f = (1,, 1), (, 4, 1) Troviamo le equazioni cartesiane dell immagine: det 1 1 4 1 x y z = 0 x y = 0 Da quanto trovato in precedenza, si deduce che dim ker f = 1 e visto che il sistema lineare x + y = 0 x + 4y = 0 x y = 0 ammette le infinite soluzioni (0, 0, t), al variare di t R, si deduce che ker f = (0, 0, 1) Sia, infine, h = In tal caso si ha che ρ(m E 3,E 3 (f)) =, quindi dim Im f = e risulta Im f = (1,, 1), (, 4, 1) Troviamo le equazioni cartesiane dell immagine: det 1 1 4 1 = 0 x + y = 0 x y z Da quanto trovato in precedenza, si deduce che dim ker f = 1 e visto che il sistema lineare x y = 0 x + 4y = 0 x y + 4z = 0