Università degli Studi di Catania Anno Accademico 2014

Università degli Studi di Catania
Anno Accademico 2014-2015
Corso di Laurea in Informatica
Prova in itinere di Matematica Discreta (12 CFU)
17 Aprile 2015
Prova completa
• Tempo a disposizione: 150 minuti.
1 È dato l’endomorfismo f : R3 → R3 definito dalle relazioni
f (1, 0, 0) = (2, 0, 0),
f (0, 1, 1) = (−1, h, 1),
f (1, 0, 1) = (0, 1, 1).
(a) Trovare la matrice associata ad f rispetto alle basi canoniche.
(b) Studiare f al variare di h determinando in ciascun caso Imf e Kerf .
(c) Studiare la semplicità di f nel caso h = 0 ed eventualmente trovare una base di
autovettori.
2 Nello spazio sono dati il piano α) 2x − y + z = 0, il punto A(0, 1, 1) e la retta r) x + y − z =
y + 2z = 0. Trovare:
(a) la retta passante per A, parallela ad α) ed ortogonale ad r);
(b) la proiezione ortogonale di r) su α);
(c) il simmetrico di A rispetto ad α).
3 Trovare le eventuali soluzioni dei seguenti sistemi di congruenze:
(
(
x≡3
mod 6
2x ≡ 3
mod 5
,
.
x≡5
mod 4
10x ≡ 1
mod 80
4 Quanti sono i numeri naturali di 8 cifre aventi le prime due cifre dispari ed uguali e le
ultime tre cifre pari?
17 Aprile 2015
Svolgimento della prova scritta
1
(a) Tenendo conto delle assegnazioni della consegna, si ha:
f (e1 ) = (2, 0, 0),
inoltre
f (e3 ) = f (1, 0, 1) − f (e1 ) = (−2, 1, 1)
e poi
f (e2 ) = f (0, 1, 1) − f (e3 ) = (1, h − 1, 0)
In questo modo abbiamo le immagini tramite f dei vettori della base canonica di R3 ,
E3 = {e1 , e2 , e3 }. È dunque possibile scrivere la matrice associata all’endomorfismo
rispetto alla base canonica E3 . Essa è


2
1
−2
MhE3 ,E3 (f ) =  0 h − 1 1 .
0
0
1
(b) Si trova subito che det MhE3 ,E3 (f ) = 2(h − 1).
Per h 6= 1, f è un isomorfismo, cioè è iniettiva e suriettiva. Dunque Ker f = {(0, 0, 0)}
e Im f = R3 .
Se h = 1, si trova Im f = h(1, 0, 0), (−2, 1, 1)i e quindi dim Im f = 2. Imponendo


1 0 0
det  −2 1 1 . = 0
x y z
si trova che Im f ha equazione cartesiana y − z = 0.
Ne viene che dim ker f = 1. Risolvendo il sistema omogeneo
(
2x + y − 2z = 0
z=0
si deduce che ker f = h(1, −2, 0)i.
(c) Si consideri la matrice M0E3 ,E3 (f ):


2 1 −2
M0E3 ,E3 (f ) =  0 −1 1  .
0 0
1
Calcoliamo, ora, il polinomio caratteristico p(t) della matrice M0E3 ,E3 (f ), ovvero calcoliamo


2−t
1
−2
−1 − t
1  = −(t − 2)(t − 1)(t + 1).
p(t) = det M0E3 ,E3 (f ) − tI = det  0
0
0
1−t
Gli autovalori t = 2, t = ±1 hanno tutti molteplicità algebrica pari ad 1. Determiniamo
adesso gli autospazi V2 , V1 e V−1 associati rispettivamente agli autovalori t = 2, t = 1
e t = −1.
L’autospazio V2 è il nucleo dell’endomorfismo associato alla matrice M0E3 ,E3 (f ) − 2I e
lo si determina risolvendo il
sistema

y − 2z = 0
−3y + z = 0 .

−z = 0
Tale sistema ammette ∞1 soluzioni: (s, 0, 0), s ∈ R e di conseguenza
V2 = h(1, 0, 0)i.
Si ha dunque che la molteplicità geometrica dell’autovalore t = 2, ovvero la dimensione dell’autospazio V2 , è pari ad 1 e quindi essa è uguale alla molteplicità algebrica
dell’autovalore t = 2.
L’autospazio V1 è il nucleo dell’endomorfismo associato alla matrice M0E3 ,E3 (f ) − I e
lo si determina risolvendo il sistema
(
(
x + y − 2z = 0
x = 3y
⇔
−2y + z = 0
z = 2y
Tale sistema ammette ∞1 soluzioni: (3s, s, 2s), s ∈ R e di conseguenza
V1 = h(3, 1, 2)i.
Si ha dunque che la molteplicità geometrica dell’autovalore t = 1, ovvero la dimensione dell’autospazio V1 , è pari ad 1 e quindi essa è uguale alla molteplicità algebrica
dell’autovalore t = 1.
L’autospazio V−1 è il nucleo dell’endomorfismo associato alla matrice M0E3 ,E3 (f ) + I e
lo si determina risolvendo 
il sistema

3x + y − 2z = 0
.
z=0

2z = 0
Tale sistema ammette ∞1 soluzioni: (s, −3s, 0), s ∈ R e di conseguenza
V−1 = h(1, −3, 0)i.
Si ha dunque che la molteplicità geometrica dell’autovalore t = −1, ovvero la dimensione dell’autospazio V−1 , è pari ad 1 e quindi essa è uguale alla molteplicità algebrica
dell’autovalore t = −1.
In definitiva, si conclude che l’endomorfismo è semplice.
Alla luce di quanto ora trovato, si vede subito che una base di autovettori è:
B = {(1, 0, 0), (3, 1, 2), (1, −3, 0)}.
2
(a) La retta t) richiesta è intersezione del piano π1 passante per A e parallelo a α) e del
piano π2 contenente A e perpendicolare ad r). Poiché A ∈ α), il piano π1 coincide con
α). Per determinare il piano π2 , calcoliamo preliminarmente un vettore di direzione v
di r). Si vede facilmente che r) ha equazioni parametriche


x = 3t
y = −2t ,

z = t
così v = (3, −2, 1).
Così il piano π2 ha equazione 3(x−0)−2(y−1)+1(z −1) = 0 ovvero 3x−2y+z +1 = 0.
Quindi:
(
2x − y + z = 0
t) :
.
3x − 2y + 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 − z) + µ(y + 2z) = 0.
Un vettore ortogonale ad un generico piano del suddetto fascio è w = (λ, λ + µ, −λ +
2µ). Un vettore ortogonale al piano α) è v = (2, −1, 1). Imponendo che w e v siano
ortogonali, si ha:
w•v =0
⇔
2λ − (λ + µ) − λ + 2µ = 0
⇔
µ = 0.
Così
σ :x+y−z =0
e quindi la proiezione richiesta è la retta
(
2x − y + z = 0
x+y−z =0
.
(c) Poiché A ∈ α), si conclude che il simmetrico A0 di A rispetto ad α) coincide con A:
A0 ≡ A.
3 Primo sistema di congruenze. La prima equazione x ≡ 3 ( mod 6) è equivalente a x =
3 + 6k, con k ∈ Z. Sostituendo tale espressione nella seconda equazione del sistema si trova
3 + 6k = 5 ( mod 4), cioè 2k ≡ 2 ( mod 4) e quindi k = 1 + 2α, con α ∈ Z. Sostituendo,
infine, l’espressione di k ora trovata nella relazione x = 3 + 6k si trova x = 9 + 12α, con
α ∈ Z e quindi le soluzioni del sistema assegnato sono tutti i numeri interi x tali che
x≡9
mod 12.
Secondo sistema di congruenze. Poiché (5, 80) = 5 non divide 2 = 3 − 1, si conclude che il
sistema è impossibile.
4 Si hanno 5 cifre dispari. Dunque, le prime due cifre dovendo essere dispari e uguali, danno
luogo a 5 possibili scelte. Le ultime tre cifre devono essere pari (e sono ammesse eventuali
ripetizioni). Chiaramente l’ordine in cui vengono scelte le cifre è rilevante. Si tratta perciò
di disposizioni di 5 oggetti (i 5 numeri pari - si include banalmente lo zero poiché 0 = 0 · 2)
(r)
di classe 3, D5,3 . Infine le restanti tre cifre di mezzo possono essere scelte ad arbitrio tra le
10 cifre possibili (e sono ammesse eventuali ripetizioni). Anche in questo caso l’ordine in
cui vengono scelte le cifre è rilevante. Si tratta perciò di disposizioni di 10 oggetti di classe
(r)
3, D10,3 . Per la regola del prodotto, i numeri che verificano la condizione imposta sono
5 · 103 · 53 = 625000.