I prova intermedia di Istituzioni di Matematica per Chimica (11/11/05) Soluzioni del compito C 1. a) La funzione f (x) = q 2 log3 x x>0 x>0 x= 6 1 x 6= 1 − 1 è definita se e solo se ⇐⇒ 2 −1≥0 2−log3 x ≥0 log3 x log x 3 ⇐⇒ 0 < log3 x ≤ 2 ⇐⇒ x ∈ (1, 9] . Essa è ottenuta per composizione come segue: x log ( ) −−−−3−−→ log3 x 1/( ) −−−−→ 2( ) ( )−1 2 2 1 −−−→ −−−−−→ log3 x log3 x log3 x −1 √ −−→ q 2 log3 x − 1. b) Notiamo che il radicale là dove è definito è ≥ 0 e può assumere il valore 0 (per x = 9) ma anche diventare grande quanto si vuole (basta prendere x che differisce poco da 1). Quindi la funzione f (x) non è limitata superiormente ma lo è inferiormente (e ha minimo 0). Delle funzioni via via applicate per ottenere f (x) sono strettamente monotone (crescenti) sul loro I.D.: il logaritmo di base 3 (>1), la dilatazione di fattore 2, la traslazione e la radice quadrata; il reciproco è decrescente su ciascuno dei due intervalli (−∞, 0) e (0, +∞). La composizione di funzioni crescenti con una decrescente dà luogo a una funzione decrescente: ora, quando x varia nell’intervallo (1, 9], I.D. di f (x), si ha che log23 x varia in un sottointervallo di (0, +∞) per cui la composizione delle 5 funzioni è decrescente su tutto l’I.D. di f (x) e l’immagine di f (x) è [0, +∞). c) La funzione f (x), essendo strettamente monotona, è invertibile relativamente a tutto il suo I.D. e alla sua immagine. L’inversa, definita in [0, +∞), q a valori in (1, 9], è descritta dalla legge che si ottiene risolvendo rispetto a x l’equazione log2 x − 1 = y : 3 2 log3 x − 1 = y2 ⇐⇒ 2 log3 x = y2 + 1 ⇐⇒ log3 x = 2 y +1 2 ⇐⇒ x=3 2 y2 +1 d) Essendo la radice e il½logaritmo funzioni crescenti½ e il reciproco decrescente, ½ 2 2 q − 1 ≤ 22 ≤5 log3 x ≥ 25 2 log3 x log3 x ⇐⇒ ⇐⇒ − 1 ≤ 2 ⇐⇒ ⇐⇒ log3 x x ∈ (1, 9] x ∈ (1, 9] x ∈ (1, 9] ½ 2 £√ ¤ x ≥ 35 ⇐⇒ x ∈ 5 9, 9 ⇐⇒ x ∈ (1, 9] 4 3 2 1 0 2 grafico di 4 q 2 log3 x 1 6 8 − 1 (non richiesto) √ √ √ √ 2. a) Il numero w = −2 2 + 2 2i ha parte reale −2 2 e parte immaginaria 2 2: quindi sta sulla semiretta bisettrice del secondo quadrante ed è rappresentato dal punto nella figura a lato. √ √ 2 2 −1 Il suo reciproco è w = − i− . 8 8 3π . Il suo modulo vale 4 e un argomento è 4 b) Le radici terze di w hanno modulo 3 2 1 -3 -2 -1 0 1 2 3 √ π 2π 3 4 e argomenti + k (con k = 0, 1, 2). 4 3 (1) Quindi sono numeri ! complessi: à √ i tre√ √ √ √ 2 2 + i = 6 2 + 6 2i z0 = 3 4 2 2 ¶ µ ¶ ¶ µ µ 1 √ π 2π π 2π 3 + + sin + i z1 = 4 cos 4 3 4 3 ¶ µ ¶ ¶ µ µ √ 4π 4π π π 3 0 + + sin + i z2 = 4 cos -1 1 4 3 4 3 che hanno nel piano di Argand-Gauss la -1 rappresentazione a lato. Per trovare la rappresentazione ¶ di z1 µ algebrica √ 2π π + = e di z2 osservare che 3 4 cos 4 3 √ µ ¶ ¶ µ ³ ³ π ´ µ 2π ¶ √ √ √ 2π 2π 1+ 3 π´ 2π 3 3 6 cos − 4 sin sin = 2 cos − sin = − √ = 4 cos e 6 4 3 4 3 3 3 32 √ √ µ ¶ √ √ 3 − 1 3 3−1 π 1 + 2π + = √ similmente 3 4 sin , per cui z1 = − √ + √ i . D’altra parte z2 6 6 6 4 3 32 32 32 √ √ 3−1 1+ 3 è simmetrica di z1 rispetto alla bisettrice del I-III quadrante: quindi z2 = √ − √ i. 6 6 32 32 c) L’equazione |z|4 = −8iz 3 ammette sicuramente la soluzione z = 0 . Inoltre, se z 6= 0 si può scrivere z = |z| (cos θ + i sin θ), ove θ denota un argomento di z. 4 3 Sostituendo nell’equazione: = −8i |z| (cos 3θ + i sin 3θ) h ³ |z| ´ ³ π π ´i Ricordando che −i = 1 cos − + i sin − e le regole sul prodotto: 2 h ³ 2 ´ ³ π ´i π + i sin 3θ − |z| = 8 cos 3θ − 2 2 Ora |z| è un numero reale positivo anche³il numero di modulo 1: h ³ e quindi ´ ´i π π cos 3θ − + i sin 3θ − 2 2 π deve esserlo, cioè deve valere 1. Ciò significa |z| = 8 e 3θ − = 2kπ con k intero. 2 π 2kπ con Ci sono dunque altre tre radici complesse distinte, corrispondenti a prendere θ = + 6 3 √ √ k = 0, 1, 2 =⇒ z0 = 4 3 + 4i, z1 = −4 3 + 4i, z2 = −8i . √ √ √ π π π π 1 = sin = √ , si ha 3 4 cos = 3 4 sin = 6 2: questa osservazione permette di calcolare 4 4 4 4 2 agevolmente la forma algebrica delle 3 radici. 1) Essendo cos 2 3. Osserviamo innanzitutto che se u = (−1, 0, 1), vk = (1, k, k − 1), wk = (0, −k, −1), la matrice ottenuta accostando nell’ordine i tre vettori colonna trasposti dei precedenti è −1 1 0 k −k . Ak = 0 1 k − 1 −1 a) µEstraendo i minori ¶ di ordine 2 (nell’ordine e con i segni opportuni) dalla matrice −1 0 1 che si ottiene incolonnando i due vettori u e vk , si trova: 1 k k−1 ¯¶ ¯ ¯ ¯ ¯ µ¯ ¯ ¯ −1 0 ¯ ¯ −1 ¯ ¯ 0 1 1 ¯ ¯ ¯ ¯,−¯ u ∧ vk = ¯¯ ¯ 1 k − 1 ¯ , ¯ 1 k ¯ = (−k, k, −k). k k−1 ¯ b) La matrice Ak è invertibile se e solo se il suo determinante (calcolato lungo la seconda riga): ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ −1 ¯ −1 0 ¯ ¯ ¯ 1 1 0 ¯ = k (1 − k) è non nullo. ¯+k¯ ¯+k¯ 0 ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 k−1 ¯ 1 −1 k − 1 −1 −1 1 0 La matrice A−1 = 0 −1 1 ottenuta per k = −1 ha dunque determinante −2 e 1 −2 −1 3 − 2 − 12 − 12 3 1 1 1 quindi è invertibile. L’inversa è la matrice − 1 1 1 = − 12 − 12 − 12 . 2 1 −1 1 − 12 21 − 12 c) Consideriamo il sistema Ak xT = bTk , con bk = u ∧ vk . Se la matrice dei coefficienti ¡ Ak ha ¢ rango 3 (cioè se k è diverso da 0 e 1) il sistema è risolubile poiché la matrice orlata Ak | bTk non può avere rango maggiore essendo una matrice a 3 righe e 4 colonne (di fatto c’è 1 e 1 sola soluzione!). −1 1 0 0 0 ha rango 2, ma bk è il vettore nullo e quindi il Se k = 0 la matrice A0 = 0 1 −1 −1 sistema è omogeneo e di conseguenza risolubile (infinite soluzioni dipendenti da un parametro). −1 1 0 Infine, se k = 1 la matrice A1 = 0 1 −1 ha rango 2; inoltre, visto che u e v1 sono 1 0 −1 ¢ ¡ indipendenti, il vettore b1 = u ∧ v1 non è ad essi complanare e quindi A1 | bT1 contiene tre colonne indipendenti: dunque la matrice orlata ha rango 3, maggiore del rango di A1 : ne consegue che il sistema non è risolubile. 3 4. a) Un vettore direttore del piano di equazione 2x − 3y − z = 2 è (2, −3, −1): quindi la retta r ad esso perpendicolare e passante per A = (3, 0, −1) è rappresentata dalle equazioni parametriche x = 3 + 2t y = −3t z = −1 − t b) L’equazione di ogni piano passante per l’origine ha la forma ax + by + cz = 0; poiché il piano deve essere perpendicolare al piano yOz, che ha vettore direttore (1, 0, 0), si deve avere (a, b, c) • (1, 0, 0) = 0; poiché il piano deve essere parallelo a r, che ha vettore direttore (2, −3, −1), deve risultare (a, b, c) • (2, −3, −1) = 0 . ½ ½ a=0 a=0 Deve dunque essere soddisfatto il sistema ⇐⇒ 2a − 3b − c = 0 c = −3b Quindi un’equazione del piano richiesto è y − 3z = 0. c) Un vettore direttore dell’asse x è (1, 0, 0). Un vettore direttore della retta r è (2, −3, −1). Un angolo θ tra le due rette è dato dall’angolo tra i due vettori e quindi 2 2 2 2 (1, 0, 0) • (2, −3, −1) = √ = √ , cioè θ = arccos √ : poiché √ > 0 |(1, 0, 0)| |(2, −3, −1)| 4+9+1 14 14 14 tale angolo è acuto e quindi è l’angolo richiesto (il suo valore approssimato è 1.007 radianti cioè circa 57◦ 410 ). cos θ = 4