Soluzioni - Dipartimento di Matematica

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