Corso di Laurea in Informatica Matematica Discreta A · UniversitàdegliStudidiCatania...

Università degli Studi di CataniaAnno Accademico 2014-2015

Corso di Laurea in InformaticaProva in itinere di Matematica Discreta (12 CFU)

12 Dicembre 2014A

• Tempo a disposizione: 150 minuti.

1 Studiare, al variare del parametro reale k, il seguente sistema lineare:x+ ky = k

2x+ ky + z = 0

y − z = 2k

.

2 Nel piano sono dati il punto A(2, 0) e la retta b)x + y − 1 = 0. Trovare le rette passantiper A che formano con l’asse ~x e la retta b) un triangolo di area 2.

3 Nello spazio sono dati il punto A(0, 1, 0), il piano α)x+ y − z = 0 e le rette

r)

y − z = 0

x+ y + 2 = 0, s)

x+ y − 1 = 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).

12 Dicembre 2014Svolgimento della prova scritta

1 Siano

A =

1 k 02 k 10 1 −1

, A′ =

1 k 0 k2 k 1 00 1 −1 2k

.

Riduciamo per righe la matrice A′:

A′R2→R2−2R1−→

1 k 0 k0 −k 1 −2k0 1 −1 2k

R3→R3+R2−→

1 k 0 k0 −k 1 −2k0 1− k 0 0

.

• Se 1− k 6= 0, ovvero se k 6= 1, il sistema è determinato.• Se k = 1, il sistema diventa

x+ y = 1

−y + z = −2

che è indeterminato ed ammette ∞1 soluzioni: (1− h, h, h− 2).

2 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 ilsegmento AB la cui lunghezza è 1, la lunghezza dell’altezza PH ad essa relativa è data da|1− a|. Così si ha che:

A (APB) =AB · PH

2=

1 · |1− a|2

.

La condizione A (APB) = 2, imposta dal quesito, diventa

|1− a|2

= 2 ⇒ |1− a| = 4 ⇒ a = −3 ∨ a = 5.

Pertanto, i punti richiesti hanno coordinate P1(5,−4) e P2(−3, 4). Da quanto trovato segueche esistono due rette che risolvono il quesito: la prima è la retta passante per A e P1 (chedenotiamo con r1)) e la seconda è quella passante per A e P2 (che denotiamo con r2)). Talirette hanno equazioni

r1) y = −4

3(x− 2), r2) y = −4

5(x− 2).

3 (a) La retta t) richiesta è intersezione del piano π1 passante per A e parallelo a α) e delpiano π2 contenente A e perpendicolare ad r). Il piano π1 ha equazione 1(x − 0) +1(y − 1) − 1z = 0 ovvero x + y − z − 1 = 0. Per determinare il piano π2, calcoliamopreliminarmente il punto improprio di r, P∞(r). Tale punto si determina intersecandola retta r) (scritta in coordinate omogenee) con il piano improprio t′ = 0:

t′ = 0

y − z = 0

x+ y + 2t′ = 0

,

da cui segue subito che P∞(r) ≡ (−1, 1, 1, 0) e di conseguenza r ‖ (−1, 1, 1).Così il piano π2 ha equazione −1(x−0)+1(y−1)+1(z−0) = 0 ovvero x−y−z+1 = 0.Quindi:

t) :

x+ y − z − 1 = 0

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) edortogonale 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 sianoortogonali, si ha:

w • v = 0 ⇔ λ+ µ+ λ+ µ = 0 ⇔ λ+ µ = 0.

Cosìσ : y + z − 2 = 0

e quindi la proiezione richiesta è la rettax+ y − z = 0

y + z − 2 = 0.

(c) Determiniamo le intersezioni tra la retta r) ed il piano π2 passante per A e ortogonalead r) determinato nel punto (a):

y − z = 0

x+ y + 2 = 0

x− y − z + 1 = 0

da cui segue che π2 e r) si intersecano nel punto H(−53,−1

3,−1

3). A questo punto segue

subito che

d(A, r) = d(A,H) =

√25

9+

(1 +

1

3

)2

+1

9=

√42

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 equindi A′(t, 1+ t,−t). Per la condizione di simmetria, il punto medio M del segmentoAA′ deve appartenere al piano α), ovvero(

t

2,2 + t

2,− t

2

)∈ α),

perciòt

2+

2 + t

2+t

2= 0 ⇒ t = −2

3.

In conclusioneA′(−2

3,1

3,2

3

).

(e) La retta m) richiesta è l’intersezione del piano σ1 passante per A e contenente r) e delpiano σ2 passante per A e contenente s).Determiniamo σ1. Allo scopo, scriviamo l’equazione del fascio di piani contenenti r) eimponiamo successivamente il passaggio per A:

λ(y − z) + µ(x+ y + 2) = 0,

da cui imponendo il passaggio per A si ottiene λ + 3µ = 0 e quindi si può scegliereλ = 3 e µ = −1, ottenendo così

σ1 : 3y − 3z − x− y − 2 = 0.

Determiniamo σ2. Allo scopo, scriviamo l’equazione del fascio di piani contenenti s) eimponiamo 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 quindiσ2 : x+ y − 1 = 0.

In definitiva

m) :

3y − 3z − x− y − 2 = 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 ottieneµ = 0,

quindi si può scegliere λ = 1 e si trova che il piano richiesto ha equazione:x+ y − 1 = 0.



12 Dicembre 2014B


1 Studiare, al variare del parametro reale k, il seguente sistema lineare:x+ 2y + kz = 1

(k + 3)y + z = 2

−x+ 2y = k

.

2 Nel piano sono dati il punto A(2, 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 2.

3 Nello spazio sono dati il punto A(2, 1, 0), il piano α)x+ y − z = 0 e le rette

r)

x+ y = 0

x− z + 1 = 0, s)

z = 0

x+ 2y + 2 = 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 Siano

A =

1 2 k0 k + 3 1−1 2 0

, A′ =

1 2 k 10 k + 3 1 2−1 2 0 k

.


A′R3→R1+R3−→

1 2 k 10 k + 3 1 20 4 k k + 1

R3→R3−kR2−→

1 2 k 10 k + 3 1 20 −k2 − 3k + 4 0 1− k

.

• Se k2 + 3k − 4 6= 0, ovvero se k 6= −4 ∧ k 6= 1, il sistema è determinato.• Se k = 1, il sistema diventa

x+ 2y + z = 1

4x+ z = 2

che è indeterminato ed ammette ∞1 soluzioni: (h, 3h−12, 2− 4h).

• Se k = −4, il sistema è impossibile per il teorema di Rouché-Capelli, poiché il rangodella matrice dei coefficienti è minore del rango della matrice completa. In particolarer(A) = 2 < r(A′) = 3.

2 Un generico punto P sulla retta r) ha coordinate P (a, a), con a ∈ R. Posto AH = d(A, r),si ha che

A (OAP ) =OP · AH

2.

RisultaOP =

√a2 + a2 = |a|

√2,

AH = d(A, r) =|2− 1|√

2=

√2

2.

La condizione A (OAP ) = 2, imposta dal quesito, diventa√2

2· |a|√2

2= 2 ⇒ |a| = 4 ⇒ a = ±4.

Pertanto, i punti richiesti hanno coordinate P1(4, 4) e P2(−4,−4).

3 (a) La retta t) richiesta è intersezione del piano π1 passante per A e parallelo ad α) e delpiano π2 contenente A ed r). Il piano π1 ha equazione 1(x − 2) + 1(y − 1) − 1z = 0ovvero x+ y− z− 3 = 0. Per determinare il piano π2, scriviamo l’equazione del fasciodi 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 π2 ha equazione y + z − 1 = 0. Quindi:

t) :

x+ y − z − 3 = 0

y + z − 1 = 0.

(b) La proiezione richiesta è l’intersezione tra il piano α) e il piano σ contenente r) edortogonale 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 sianoortogonali, si ha:

w • v = 0 ⇔ λ+ µ+ λ+ µ = 0 ⇔ λ+ µ = 0.

Cosìσ : y + z − 1 = 0

e quindi la proiezione richiesta è la rettax+ y − z = 0

y + z − 1 = 0.

(c) Determiniamo il punto improprio di r), P∞(r), intersecando la retta r) (scritta incoordinate 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− 2)− 1(y − 1) + 1(z − 0) = 0

ovvero π : x− y + z − 1 = 0. Calcoliamo π ∩ r risolvendo il sistemax+ 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 = −1y = −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) passanteper B e ortogonale ad α):

a) :

x = t

y = t

z = −t+ 1

Un generico punto B′ ∈ a) ha coordinate B′(t, t, 1−t). Richiediamo che il punto medioM del segmento BB′ appartenga ad α). Avendosi

M

(t

2,t

2,2− t2

)la condizione di appartenenza di M ad α) diventa

t

2+t

2− 2− t

2= 0

da cui si ricava t = 23e così

B′(2

3,2

3,1

3

).

La simmetrica r′) della retta r) rispetto ad α) è dunque la retta passante per Q e B′:x− 2

3

−1− 23

=y − 2

3

1− 23

=z − 1

3

−13

da cui

r′) :

y − 2

3= −z + 1

3

x− 23= −5

(y − 2

3

) .

(e) La retta m) richiesta è l’intersezione del piano σ1 passante per A e contenente r e delpiano σ2 passante per A e contenente s). Nel punto (a) abbiamo già trovato il pianoσ1 (lì è stato chiamato π2):

σ1 : y + z − 1 = 0.

Scriviamo, ora, il fascio di piani contenenti s):λ(x+ 2y + 2) + µz = 0.

Imponendo il passaggio per A si ricava λ = 0, quindiσ2 : z = 0.

In definitiva

m) :

y + z − 1 = 0

z = 0.

(f) Nel punto (c) è stato trovato il punto improprio di r): P∞(r) ≡ (1,−1, 1, 0). Scriviamol’equazione del fascio di piani contenenti s) (scritta in coordinate omogenee):

λz + µ(x+ 2y + 2t) = 0.

Imponendo che P∞(r) appartenga al suddetto fascio, si ottieneλ− µ = 0

e quindi si può scegliere λ = µ = 1, così il piano richiesto ha equazione:x+ 2y + z + 2 = 0.



2 Febbraio 2015A1


1 Studiare, al variare del parametro reale h, il seguente sistema lineare:x+ 2y + z = 0

y + z = 1

hx+ (1 + 2h)y + 3hz = 1

.

2 Nel piano sono dati i punti O(0, 0) e A(1, 1). Trovare i quadrati aventi A ed O come verticiconsecutivi ed area 2.

3 Nello spazio siano dati il punto A(1, 0, 0), il piano α) x+ y − z = 0 e le rette

r)

y − z = 0

x+ 2y + 1 = 0, s)

y − 2z + 1 = 0

x− z = 0.

(a) Provare che r) ed s) sono sghembe e trovare la retta passante per A e complanare conr) 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).

2 Febbraio 2015Svolgimento della prova scritta

1 Siano

A =

1 2 10 1 1h 1 + 2h 3h

, A′ =

1 2 1 00 1 1 1h 1 + 2h 3h 1

.


A′R3→R3−hR1−→

1 2 1 00 1 1 10 1 2h 1

R3→R3−R2−→

1 2 1 00 1 1 10 0 2h− 1 0

.

• Se 2h− 1 6= 0, ovvero se h 6= 12, il sistema è determinato.

• Se h = 12, il sistema diventa

x+ 2y + z = 0

y + z = 0

x+ 4y + 3z = 1

che è indeterminato ed ammette ∞1 soluzioni: (t− 2, 1− t, t), al variare di t ∈ R.

2 La retta passante per O ed A ha equazione y = x. Per individuare un quadrato di quelliverificanti la condizione assegnata, occorre determinare i rimanenti due vertici. Tali verticiappartengono alle rette passanti per O ed A, rispettivamente, e perpendicolari alla rettapassante per O ed A. Consideriamo, ad esempio, la retta passante per O e perpendicolarealla retta y = x: essa ha equazione y = −x. Osserviamo che, trovate le coordinate del terzovertice, quelle del quarto sono univocamente determinate. Quindi è sufficiente trovarele coordinate del terzo vertice. Un generico punto P sulla retta y = −x ha coordinateP (a,−a), con a ∈ R. I segmenti OA e OP sono dunque due lati consecutivi del quadratoQ in oggetto. Occorre, dunque, richiedere che tale quadrato abbia area 2. L’area di Q èdata da

A (Q) = OA ·OP =√2 ·√a2 + a2 = 2|a|.

La condizione A (Q) = 2, imposta dal quesito, diventa

2|a| = 2 ⇒ |a| = 1 ⇒ a = ±1.

Pertanto, i punti richiesti hanno coordinate P1(1,−1) e P2(−1, 1). Da quanto trovato segueche esistono due quadrati che risolvono il quesito.

Il primo quadrato, Q1, ha tre vertici coincidenti con i punti O, A, P1. Il quarto verticeB1 lo si può determinare, ad esempio, effettuando l’intersezione tra la retta passante per Ae parallela a y = −x (che ha equazione y = −x + 2) e la retta passante per P1 e parallelaa y = x (che ha equazione y = x− 2): si trova che B1(2, 0).

Il secondo quadrato, Q2, ha tre vertici coincidenti con i punti O, A, P2. Il quarto verticeB2 lo si può determinare, ad esempio, effettuando l’intersezione tra la retta passante per Ae parallela a y = −x (che ha equazione y = −x + 2) e la retta passante per P2 e parallelaa y = x (che ha equazione y = x+ 2): si trova che B2(0, 2).

3 (a) Si consideri il sistema x− z = 0

y − 2z + 1 = 0

y − z = 0

x+ 2y + 1 = 0

.

Con facili conti si trova che il sistema precedente è equivalente al sistemax = z

z = 1

y = z

z = 13

che è chiaramente impossibile. Quindi le rette r) ed s) sono sghembe.Si trovi, ora, l’equazione del piano π1 passante per A e contenente r) e l’equazione delpiano π2 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 − 2z + 1) + µ(x− z) = 0.

Imponendo il passaggio per A si ottiene λ + µ = 0, quindi si può scegliere λ = −1 eµ = 1 ottenendo

π1) x− y + z − 1 = 0.

L’equazione del fascio di piani contenenti s) è data, al variare di λ, µ ∈ R, daλ(y − z) + µ(x+ 2y + 1) = 0.

Imponendo il passaggio per A si ottiene 2µ = 0, quindi µ = 0 e λ è qualsiasi e si ha

π2) y − z = 0.

La retta richiesta è l’intersezione dei piani π1) e π2):x− y + z − 1 = 0

y − z = 0.

(b) Le equazioni parametriche della retta r) sono:

r)

x = −1 + 2t

y = −tz = −t

quindi il vettore v = (2,−1,−1) è parallelo ad r) e di conseguenza il punto impropriodi r) è P∞(r)(2,−1,−1, 0). L’equazione del piano π) passante per A e perpendicolaread r) è

π) 2(x− 1)− y − z = 0.

Determiniamo l’intersezione tra π) ed r), risolvendo il sistema2(x− 1)− y − z = 0

y − z = 0

x+ 2y + 1 = 0

.

Con facili conti si trova che la soluzione del precedente sistema è la ternaH(13,−2

3,−2

3

).

La distanza d(A, r) richiesta è dunque la distanza tra i punti A ed H:

d(A,H) =

√(1

3− 1

)2

+4

9+

4

4=

2√3

3.

(c) Un vettore ortogonale al piano α) è w = (1, 1,−1). Scriviamo equazioni parametrichedella 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:

M

(2 + t

2,t

2,− t

2

).

Imponiamo che M ∈ α) ottenendo2 + t

2+t

2+t

2= 0,

da cui t = −23.

Si conclude che il simmetrico A′ di A rispetto ad α) ha coordinate

A′(1− 2

3,−2

3,2

3

)≡(1

3,−2

3,2

3

).

(d) Scriviamo l’equazione del fascio di piani contenenti la retta r):λ(x+ 2y + 1) + µ(y − z) = 0.

Un vettore u ortogonale ad un generico piano del suddetto fascio ha componentiu = (λ, 2λ + µ,−µ). Occorre richiedere che u sia ortogonale a w = (1, 1,−1). Talecondizione, equivale ad imporre che il prodotto scalare tra tali vettori sia nullo, ovveroche:

u •w = 0 ⇔ λ+ 2λ+ µ+ µ = 0 ⇔ 3λ+ 2µ = 0,

quindi si può scegliere λ = 2 e µ = 3. Il piano del fascio corrispondente a tali valoridei parametri λ e µ è

2x+ y + 3z + 2 = 0.

La proiezione ortogonale richiesta è dunque la retta2x+ y + 3z + 2 = 0

x+ y − z = 0.



2 Febbraio 2015A2


1 È dato l’endomorfismo f : R3 → R3 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, 2, 4).(d) Studiare la semplicità di f nel caso h = 1.

2 È data l’applicazione lineare f : R4 → R3 associata rispetto alle basi canoniche alla matrice

M =

1 0 2 10 1 1 1h 1 1 + 2h 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).


1 (a) Tenendo conto delle assegnazioni della consegna, si ha:

f(e1) = (h, 0, h),

inoltre

f(0, 1, 1) = f ((0, 1, 0) + (0, 0, 1)) = f(e2 + e3) = f(e2) + f(e3) = (0, h+ 1, 1),

quindif(e2) + f(e3) = (0, h+ 1, 1) (1)

e poif(e3) = (1, 0, h). (2)

Sostituendo la (2) nella (1), si trova

f(e2) = (0, h+ 1, 1)− (1, 0, h) = (−1, h+ 1, 1− h),quindi

f(e2) = (−1, h+ 1, 1− h).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’endomorfismorispetto alla base canonica E3. Essa è

ME3,E3

h (f) =

h −1 10 h+ 1 0h 1− h h

.

Si trova subito che det

(ME3,E3

h (f))= h(h+ 1)(h− 1).

Per h 6= 0 e h 6= ±1, f è un isomorfismo, cioè è iniettiva e suriettiva. DunqueKer f = (0, 0, 0) e Im f = R3.Sia h = 0. In tal caso

ME3,E3

h (f) =

0 −1 10 1 00 1 0

,

quindi dim Im f = ρ

(ME3,E3

h (f))= 2 e una base di Im f è (−1, 1, 1), (1, 0, 0).

Inoltre dimKer f = dimR3 − dim Im f = 1 e

Ker f=(x, y, z)∈R3 : −y+z = 0, y = 0=(x, y, z)∈R3 : y = 0, z = 0=〈(1, 0, 0)〉.Sia h = 1. In tal caso

ME3,E3

h (f) =

1 −1 10 2 01 0 1

,


(ME3,E3

h (f))= 2 e una base di Im f è (1, 0, 1), (−1, 2, 0).


Ker f = (x, y, z)∈R3 : x− y + z = 0, 2y = 0, x+ z = 0== (x, y, z)∈R3 : x = −z, y = 0=〈(1, 0,−1)〉.

Sia h = −1. In tal caso

ME3,E3

h (f) =

−1 −1 10 0 0−1 2 −1

,


(ME3,E3

h (f))= 2 e una base di Im f è (−1, 0,−1), (−1, 0, 2).


Ker f = (x, y, z)∈R3 : −x− y + z = 0,−x+ 2y − z = 0=

=

(x, y, z)∈R3 : x =

z

3, y =

2z

3

=〈(1, 2, 3)〉.

(b) La matrice richiesta è la matrice ME3,E3

h (f) trovata nel punto (a).(c) Occorre discutere il sistema

hx− y + z = 1

(h+ 1)y = 2

hx+ (1− h)y + hz = 4

.

Detta A la matrice completa del suddetto sistema, si ha

A =

h −1 1 10 h+ 1 0 2h 1− h h 4

.

Riduciamo per righe la matrice A.

AR3→R3−R1−→

h −1 1 10 h+ 1 0 20 2− h h− 1 3

R3→R3+R2−→

h −1 1 10 h+ 1 0 20 3 h− 1 5

R3↔R2−→

h −1 1 10 3 h− 1 50 h+ 1 0 2

R3→R3−h+13

R2−→

h −1 1 10 3 h− 1 5

0 0 − (h−1)(h+1)3

2− 5(h+1)3

.

Se h 6= 0 e h 6= ±1 il sistema è determinato e si ha

f−1(1, 2, 4) =

(h2 − 3h− 2

h(h+ 1)(h− 1),

2

h+ 1,

5h− 1

(h+ 1)(h− 1)

).

Se h = ±1 il sistema è impossibile poiché la terza equazione è sempre falsa (infatti perh = 1 si trova 0 = −4

3e per h = −1 si trova 0 = 2).

Se h = 0 il sistema è impossibile avendosi−y + z = 1

3y − z = 513z = 2− 5

3= 1

3

⇒

−2 + 1 = 1

y = 2

z = 1

.

(d) Si consideri la matrice ME3,E3

1 (f):

ME3,E3

1 (f) =

1 −1 10 2 01 0 1

.

Calcoliamo, ora, il polinomio caratteristico p(t) della matrice ME3,E3

1 (f), ovvero cal-coliamo

p(t) = det(ME3,E3

1 (f)− tI)= det

1− t −1 10 2− t 01 0 1− t

= −t(t− 2)2.

L’autovalore t = 0 ha molteplicità algebrica pari a 1, mentre l’autovalore t = 2 hamolteplicità algebrica pari a 2. Determiniamo adesso gli autospazi V0 e V2, associatirispettivamente all’autovalore t = 0 e all’autovalore t = 2.Chiaramente l’autospazio V0 è il nucleo dell’endomorfismo f .L’autospazio V2 è invece il nucleo dell’endomorfismo associato alla matriceME3,E3

1 (f)−2I 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

V2 = 〈(1, 0, 1)〉.Si ha dunque che la molteplicità geometrica dell’autovalore t = 2, ovvero la dimensionedell’autospazio V2, è pari ad 1 e quindi essa non è uguale alla molteplicità algebricadell’autovalore t = 2.Si conclude che per h = 1 l’endomorfismo f non è semplice.

2 (a) Riduciamo per righe la matrice M :

MR3→R3−hR1−→

1 0 2 10 1 1 10 1 1 1 + 2h

R3→R3−R2−→

1 0 2 10 1 1 10 0 0 2h

.

Se h 6= 0, la matrice M ha rango 3 e quindi dim Im f = 3 e pertanto Im f = R3.Sempre nel caso in cui h 6= 0, il nucleo di f si ottiene risolvendo il sistema

x+ 2z + t = 0

y + z + t = 0

t = 0

che ammette ∞1 soluzioni: (−2w,−w,w, 0), w ∈ R. Ne viene che

Ker f = 〈(2, 1,−1, 0)〉e dimKer f = 1.Sia, ora, h = 0. In tal caso Im f = 〈(1, 0, 0), (0, 1, 1)〉 e quindi

Im f = (x, y, z) ∈ R3 : y − z = 0.Sempre nel caso in cui h = 0, il nucleo di f si ottiene risolvendo il sistema

x+ 2z + t = 0

y + z + t = 0

che ammette ∞2 soluzioni: (−2v − u,−v − u, v, u), u, v ∈ R.Di conseguenza, dimKer f = 2 e poiché

(−2v − u,−v − u, v, u) = v(−2,−1, 1, 0) + u(−1,−1, 0, 1),una base del nucleo è l’insieme (−2,−1, 1, 0), (−1,−1, 0, 1) e quindi

Ker f = 〈(−2,−1, 1, 0), (−1,−1, 0, 1)〉.(b) Si richiede la matrice MA,B

h (f). È noto che essa si può esprimere nel modo seguente:

MA,Bh (f) = PE3,BME4,E3

h (f)PA,E4 ,

dove ME4,E3

h (f) =M .Si ha

PA,E4 =

1 0 0 00 0 0 10 0 1 00 1 1 0

.

Determiniamo PE3,B. Allo scopo, si riduca per righe la matrice

K =

1 0 0 1 0 0−1 1 0 0 1 00 1 1 0 0 1

.

Si ha:

KR2→R2+R1−→

1 0 0 1 0 00 1 0 1 1 00 1 1 0 0 1

R3→R3−R2−→

1 0 2 1 0 00 1 0 1 1 00 0 1 −1 −1 1

,

pertanto

PE3,B =

1 0 01 1 0−1 −1 1

.

In definitiva:

MA,Bh (f) =

1 0 01 1 0−1 −1 1

1 0 2 10 1 1 1h 1 1 + 2h 1 + 3h

1 0 0 00 0 0 10 0 1 00 1 1 0

.

Svolgendo i facili conti, si trova

MA,Bh (f) =

1 1 3 01 2 5 1

h− 1 3h− 1 5h− 3 0

.


Corso di Laurea in InformaticaProva di Matematica Discreta (12 CFU)

2 Febbraio 2015Prova completa



f(1, 0, 0) = (h, 0, h), f(0, 1, 1) = (0, h+ 1, 1), f(0, 0, 1) = (1, 0, h).


2 Nello spazio sono dati il piano α) x − y − 2z = 0, il punto A(1, 0,−1) e la rettar)x = 2y − 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:2x ≡ 5 mod 3

3x ≡ 2 mod 5.

4 Quanti sono i numeri naturali di 8 cifre aventi le prime tre pari ed in ordine crescente ele 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 > 2

.



f(e1) = (h, 0, h),

inoltre

f(0, 1, 1) = f ((0, 1, 0) + (0, 0, 1)) = f(e2 + e3) = f(e2) + f(e3) = (0, h+ 1, 1),

quindif(e2) + f(e3) = (0, h+ 1, 1) (1)

e poif(e3) = (1, 0, h). (2)


f(e2) = (0, h+ 1, 1)− (1, 0, h) = (−1, h+ 1, 1− h),quindi


ME3,E3

h (f) =

h −1 10 h+ 1 0h 1− h h

.


(ME3,E3

h (f))= h(h+ 1)(h− 1).


ME3,E3

h (f) =

0 −1 10 1 00 1 0

,


(ME3,E3




ME3,E3

h (f) =

1 −1 10 2 01 0 1

,


(ME3,E3





ME3,E3

h (f) =

−1 −1 10 0 0−1 2 −1

,


(ME3,E3



Ker f = (x, y, z)∈R3 : −x− y + z = 0,−x+ 2y − z = 0=

=

(x, y, z)∈R3 : x =

z

3, y =

2z

3

=〈(1, 2, 3)〉.



hx− y + z = 1

(h+ 1)y = 2

hx+ (1− h)y + hz = 4

.


A =

h −1 1 10 h+ 1 0 2h 1− h h 4

.


AR3→R3−R1−→

h −1 1 10 h+ 1 0 20 2− h h− 1 3

R3→R3+R2−→

h −1 1 10 h+ 1 0 20 3 h− 1 5

R3↔R2−→

h −1 1 10 3 h− 1 50 h+ 1 0 2

R3→R3−h+13

R2−→

h −1 1 10 3 h− 1 5

0 0 − (h−1)(h+1)3

2− 5(h+1)3

.


f−1(1, 2, 4) =

(h2 − 3h− 2

h(h+ 1)(h− 1),

2

h+ 1,

5h− 1

(h+ 1)(h− 1)

).

Se h = ±1 il sistema è impossibile poiché la terza equazione è sempre falsa (infattiper h = 1 si trova 0 = −4



3y − z = 513z = 2− 5

3= 1

3

⇒

−2 + 1 = 1

y = 2

z = 1

.


1 (f):

ME3,E3

1 (f) =

1 −1 10 2 01 0 1

.


1 (f), ovverocalcoliamo

p(t) = det(ME3,E3

1 (f)− tI)= det

1− t −1 10 2− t 01 0 1− t

= −t(t− 2)2.



x+ y − z = 0

x− z = 0.


V2 = 〈(1, 0, 1)〉.Si ha dunque che la molteplicità geometrica dell’autovalore t = 2, ovvero la dimen-sione dell’autospazio V2, è pari ad 1 e quindi essa non è uguale alla molteplicitàalgebrica dell’autovalore t = 2.Si conclude che per h = 1 l’endomorfismo f non è semplice.

2 (a) Il piano π1) passante per A e parallelo ad α) ha equazione 1(x − 1) + (−1)(y) +(−2)(z + 1) = 0, ovver

π1) x− y − 2z − 3 = 0.

Si vede subito che un vettore di direzione della retta r) è (0, 1, 2). Il piano π2 passanteper A e perpendicolare ad r) è dunque 0(x− 1) + 1(y) + 2(z + 1) = 0 ovvero

π2) y + 2z + 2 = 0.

La retta cercata è l’intersezione dei piani π1) e π2):x− y − 2z − 3 = 0

y + 2z + 2 = 0.

(b) Un vettore ortogonale al piano α) è w = (1,−1,−2). Scriviamo equazioni parame-triche della retta passante per A e avente come vettore di direzione w:

x = 1 + t

y = −tz = −1− 2t

.

Un generico punto K appartenente alla suddetta retta ha coordinate

K(1 + t,−t,−1− 2t).

Calcoliamo, ora, le coordinate del punto medio M del segmento KA:

M

(2 + t

2,− t

2,−2 + 2t

2

).


2+t

2+

4 + 4t

2= 0,

da cui t = −1.Si conclude che il simmetrico A′ di A rispetto ad α) ha coordinate

A′ (1− 1,−(−1),−1− 2(−1)) ≡ (0, 1, 1) .

(c) L’equazione del piano π) passante per A e perpendicolare ad r) è

π) y + 2z + 2 = 0.

Determiniamo l’intersezione tra π) ed r), risolvendo il sistemay + 2z + 2 = 0

x = 0

2y − z = 0

.


5,−4

5

).


d(A,H) =

√1 +

4

25+

1

25=

√30

25.

3 Occupiamoci della congruenza

2x ≡ 5 mod 3.

Scriviamo l’identità di Bézout relativa a (2, 3):

1 = (2, 3) = 3 · 1− 2 · 1,da cui si ottengono le relazioni

5 = 3 · 5− 2 · 5,2 · 5 = −5 + 3 · 5

ed infine2 · (−5) = 5 + 3 · (−5).

Si riconosce così che una soluzione particolare della prima congruenza è x = −5, così latotalità delle soluzioni di tale congruenza è x ≡ −5 mod 3, ovvero

x ≡ 1 mod 3.

Occupiamoci, ora, della congruenza

3x ≡ 2 mod 5.



3 · 2 = 1 + 5,

3 · 4 = 2 + 5 · 2.

Si riconosce così che una soluzione particolare della seconda congruenza è x = 4, così latotalità 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 hax = 1 + 3h

x = 4 + 5k.

Confrontando le due equazioni si ottiene 1 + 3h = 4 + 5k da cui

3 = 3h− 5k. (2)

Dall’identità di Bézout relativa a (3, 5) si ricava

3 = 3 · 6− 5 · 3. (3)

Confrontando (2) 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 = 19mod [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 checi interessa poiché si richiede che essi siano disposti in ordine crescente. Di conseguenza,si può prescindere dal numero di disposizioni giacché ad ogni disposizione corrispondeuna sola combinazione utile. In altri termini, possiamo collocare tre cifre pari in ordinecrescente in C4,3 modi. In modo analogo, dovendo disporre tre cifre in ordine decrescente(non è stato precisato nulla circa la loro parità), avremo C10,3 combinazioni possibili.Non si fa alcuna richiesta particolare sulle due cifre restanti, che dunque possono esseredisposte sia in ordine crescente che decrescente; ne viene che in tal caso il numero didisposizioni utili corrisponde al numero di disposizioni con ripetizione di 10 elementipresi a due a due, ovvero è pari a 102.Riassumendo, i numeri naturali che soddisfano la condizione posta sono

C4,3 · 102 · C10,3 =

(4

3

)· 102 ·

(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 alseguente:

X + Y + Z = 25

0 ≤ X ≤ 3

Y ≥ 0

Z ≥ 0

.

Denotata con ] la cardinalità richiesta, si ha:] = ]1 − ]2,

dove con ]1 si è denotata la cardinalità dell’insieme delle soluzioni intere del sistema

(s1)

X + Y + Z = 15

X ≥ 0

Y ≥ 0

Z ≥ 0

e con ]2 si è denotata la cardinalità dell’insieme delle soluzioni intere del sistema

(s2)

X + Y + Z = 25

X ≥ 4

Y ≥ 0

Z ≥ 0

.

Posto X = X − 4, il sistema (s2) è equivalente al seguenteX + Y + Z = 21

X ≥ 0

Y ≥ 0

Z ≥ 0

.

Alla luce di ciò, si ha subito

] = C(r)3,25 − C

(r)3,21.






f(1, 0, 0) = (h, 0, h), f(0, 1, 1) = (0, h+ 1, 1), f(0, 0, 1) = (1, 0, h).




3x ≡ 2 mod 5.



0 < x ≤ 4

y ≥ 1

z > 2

.



f(e1) = (h, 0, h),

inoltre

f(0, 1, 1) = f ((0, 1, 0) + (0, 0, 1)) = f(e2 + e3) = f(e2) + f(e3) = (0, h+ 1, 1),

quindif(e2) + f(e3) = (0, h+ 1, 1) (1)

e poif(e3) = (1, 0, h). (2)


f(e2) = (0, h+ 1, 1)− (1, 0, h) = (−1, h+ 1, 1− h),quindi


ME3,E3

h (f) =

h −1 10 h+ 1 0h 1− h h

.


(ME3,E3

h (f))= h(h+ 1)(h− 1).


ME3,E3

h (f) =

0 −1 10 1 00 1 0

,


(ME3,E3




ME3,E3

h (f) =

1 −1 10 2 01 0 1

,


(ME3,E3





ME3,E3

h (f) =

−1 −1 10 0 0−1 2 −1

,


(ME3,E3



Ker f = (x, y, z)∈R3 : −x− y + z = 0,−x+ 2y − z = 0=

=

(x, y, z)∈R3 : x =

z

3, y =

2z

3

=〈(1, 2, 3)〉.



hx− y + z = 1

(h+ 1)y = 2

hx+ (1− h)y + hz = 4

.


A =

h −1 1 10 h+ 1 0 2h 1− h h 4

.


AR3→R3−R1−→

h −1 1 10 h+ 1 0 20 2− h h− 1 3

R3→R3+R2−→

h −1 1 10 h+ 1 0 20 3 h− 1 5

R3↔R2−→

h −1 1 10 3 h− 1 50 h+ 1 0 2

R3→R3−h+13

R2−→

h −1 1 10 3 h− 1 5

0 0 − (h−1)(h+1)3

2− 5(h+1)3

.


f−1(1, 2, 4) =

(h2 − 3h− 2

h(h+ 1)(h− 1),

2

h+ 1,

5h− 1

(h+ 1)(h− 1)

).




3y − z = 513z = 2− 5

3= 1

3

⇒

−2 + 1 = 1

y = 2

z = 1

.


1 (f):

ME3,E3

1 (f) =

1 −1 10 2 01 0 1

.



p(t) = det(ME3,E3

1 (f)− tI)= det

1− t −1 10 2− t 01 0 1− t

= −t(t− 2)2.



x+ y − z = 0

x− z = 0.




π1) x− y − 2z − 3 = 0.


π2) y + 2z + 2 = 0.


y + 2z + 2 = 0.


x = 1 + t

y = −tz = −1− 2t

.


K(1 + t,−t,−1− 2t).


M

(2 + t

2,− t

2,−2 + 2t

2

).


2+t

2+

4 + 4t

2= 0,


A′ (1− 1,−(−1),−1− 2(−1)) ≡ (0, 1, 1) .


π) y + 2z + 2 = 0.


x = 0

2y − z = 0

.


5,−4

5

).


d(A,H) =

√1 +

4

25+

1

25=

√30

25.


2x ≡ 5 mod 3.



5 = 3 · 5− 2 · 5,2 · 5 = −5 + 3 · 5

ed infine2 · (−5) = 5 + 3 · (−5).


x ≡ 1 mod 3.


3x ≡ 2 mod 5.



3 · 2 = 1 + 5,

3 · 4 = 2 + 5 · 2.


x ≡ 4 mod 5.


x ≡ 4 mod 5. (1)


x = 4 + 5k.


3 = 3h− 5k. (2)


3 = 3 · 6− 5 · 3. (3)


x ≡ 4 mod 15.


C4,3 · 102 · C10,3 =

(4

3

)· 102 ·

(10

3

)= 48000.


1 ≤ x ≤ 4

y ≥ 1

z ≥ 3

.


X + Y + Z = 25

0 ≤ X ≤ 3

Y ≥ 0

Z ≥ 0

.



(s1)

X + Y + Z = 15

X ≥ 0

Y ≥ 0

Z ≥ 0


(s2)

X + Y + Z = 25

X ≥ 4

Y ≥ 0

Z ≥ 0

.


X ≥ 0

Y ≥ 0

Z ≥ 0

.


] = C(r)3,25 − C

(r)3,21.






f(1, 0, 0) = (h, 0, h), f(0, 1, 1) = (0, h+ 1, 1), f(0, 0, 1) = (1, 0, h).




3x ≡ 2 mod 5.



0 < x ≤ 4

y ≥ 1

z > 2

.



f(e1) = (h, 0, h),

inoltre

f(0, 1, 1) = f ((0, 1, 0) + (0, 0, 1)) = f(e2 + e3) = f(e2) + f(e3) = (0, h+ 1, 1),

quindif(e2) + f(e3) = (0, h+ 1, 1) (1)

e poif(e3) = (1, 0, h). (2)


f(e2) = (0, h+ 1, 1)− (1, 0, h) = (−1, h+ 1, 1− h),quindi


ME3,E3

h (f) =

h −1 10 h+ 1 0h 1− h h

.


(ME3,E3

h (f))= h(h+ 1)(h− 1).


ME3,E3

h (f) =

0 −1 10 1 00 1 0

,


(ME3,E3




ME3,E3

h (f) =

1 −1 10 2 01 0 1

,


(ME3,E3





ME3,E3

h (f) =

−1 −1 10 0 0−1 2 −1

,


(ME3,E3



Ker f = (x, y, z)∈R3 : −x− y + z = 0,−x+ 2y − z = 0=

=

(x, y, z)∈R3 : x =

z

3, y =

2z

3

=〈(1, 2, 3)〉.



hx− y + z = 1

(h+ 1)y = 2

hx+ (1− h)y + hz = 4

.


A =

h −1 1 10 h+ 1 0 2h 1− h h 4

.


AR3→R3−R1−→

h −1 1 10 h+ 1 0 20 2− h h− 1 3

R3→R3+R2−→

h −1 1 10 h+ 1 0 20 3 h− 1 5

R3↔R2−→

h −1 1 10 3 h− 1 50 h+ 1 0 2

R3→R3−h+13

R2−→

h −1 1 10 3 h− 1 5

0 0 − (h−1)(h+1)3

2− 5(h+1)3

.


f−1(1, 2, 4) =

(h2 − 3h− 2

h(h+ 1)(h− 1),

2

h+ 1,

5h− 1

(h+ 1)(h− 1)

).




3y − z = 513z = 2− 5

3= 1

3

⇒

−2 + 1 = 1

y = 2

z = 1

.


1 (f):

ME3,E3

1 (f) =

1 −1 10 2 01 0 1

.



p(t) = det(ME3,E3

1 (f)− tI)= det

1− t −1 10 2− t 01 0 1− t

= −t(t− 2)2.



x+ y − z = 0

x− z = 0.




π1) x− y − 2z − 3 = 0.


π2) y + 2z + 2 = 0.


y + 2z + 2 = 0.


x = 1 + t

y = −tz = −1− 2t

.


K(1 + t,−t,−1− 2t).


M

(2 + t

2,− t

2,−2 + 2t

2

).


2+t

2+

4 + 4t

2= 0,


A′ (1− 1,−(−1),−1− 2(−1)) ≡ (0, 1, 1) .


π) y + 2z + 2 = 0.


x = 0

2y − z = 0

.


5,−4

5

).


d(A,H) =

√1 +

4

25+

1

25=

√30

25.


2x ≡ 5 mod 3.



5 = 3 · 5− 2 · 5,2 · 5 = −5 + 3 · 5

ed infine2 · (−5) = 5 + 3 · (−5).


x ≡ 1 mod 3.


3x ≡ 2 mod 5.



3 · 2 = 1 + 5,

3 · 4 = 2 + 5 · 2.


x ≡ 4 mod 5.


x ≡ 4 mod 5. (1)


x = 4 + 5k.


3 = 3h− 5k. (2)


3 = 3 · 6− 5 · 3. (3)


x ≡ 4 mod 15.


C4,3 · 102 · C10,3 =

(4

3

)· 102 ·

(10

3

)= 48000.


1 ≤ x ≤ 4

y ≥ 1

z ≥ 3

.


X + Y + Z = 25

0 ≤ X ≤ 3

Y ≥ 0

Z ≥ 0

.



(s1)

X + Y + Z = 15

X ≥ 0

Y ≥ 0

Z ≥ 0


(s2)

X + Y + Z = 25

X ≥ 4

Y ≥ 0

Z ≥ 0

.


X ≥ 0

Y ≥ 0

Z ≥ 0

.


] = C(r)3,25 − C

(r)3,21.



24 Febbraio 2015A1


1 Studiare, al variare del parametro reale h, il seguente sistema lineare:hx− y + z = h

hy − z = 1

x− hy + z = 1

.

2 Nel piano sono date le rette r) x− y = 0 ed s) 2x− y = 0. Trovare i punti P di s) tali che,detta H la proiezione ortogonale di P su r), l’area del triangolo OPH valga 3.

3 Nello spazio siano dati il punto A(1, 0, 1), il piano α) x+ y − z = 0 e le rette

r)

x− y = 0

z + 1 = 0, s)

x = 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).


1 Siano

A =

h −1 10 h −11 −h 1

, A′ =

h −1 1 h0 h −1 11 −h 1 1

.


A′R1↔R3−→

1 −h 1 10 h −1 1h −1 1 h

R3→R3−hR1−→

1 −h 1 10 h −1 10 −1 + h2 1− h 0

R3→R3+(1−h)R2−→

1 −h 1 10 h −1 10 h− 1 0 1− h

• Se h− 1 6= 0, ovvero se h 6= 1, il sistema è determinato.• Se h = 1, il sistema diventa

x− y + z = 1

y − z = 1

che è indeterminato ed ammette ∞1 soluzioni: (2, 1 + t, t), al variare di t ∈ R.

2 Un generico punto P su s) ha coordinate P (a, 2a), a ∈ R. Scriviamo l’equazione della rettan passante per P e perpendicolare ad r):

n) y − 2a = −(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(32a, 3

2a). Abbiamo:

PH =

√a2

4+a2

4=|a|2

√2,

OH =

√9

4a2 +

9

4a2 =

3|a|2

√2.

L’area del triangolo OPH è data da:

A (OPH) =OH · PH

2.

Imponendo che A (OPH) = 3 e sostituendo i valori di OH e di PH si ottiene:

|a|2

√2 · 3|a|

2

√2 = 6

da cui si ricava a2 = 4 e quindi a = ±2.Pertanto esistono due punti P che soddisfano la condizione posta ed hanno coordinate

P1(2, 4), P2(−2,−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 puntoQ appartenente ad s) ha coordinate Q(0, b, b). Un vettore di direzione della rettapassante per P e Q è u = (−a, b−a, b+1). Si impongono le condizioni di ortogonalitàv • u = 0, w • u = 0 che danno luogo al sistema

−a+ b− a = 0

b− a+ b+ 1 = 0⇒

a = −1

3

b = −23

.

Pertanto

P

(−1

3,−1

3,−1

), Q

(0,−2

3,−2

3

).

La retta passante per P e Q che incontra ortogonalmente le rette r) ed s) ha dunqueequazione:

x− 0

−13

=y + 2

3

−13+ 2

3

=z + 2

3

−1 + 23

,

da cui 3x+ 3y + 2 = 0

3y + 3z + 4 = 0.

(b) Le equazioni parametriche della retta r) sono:

r)

x = t

y = t

z = −1quindi il vettore v = (1, 1, 0) è parallelo ad r) e di conseguenza il punto improprio dir) 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 sistemax+ y − 1 = 0

x− y = 0

z + 1 = 0

.

Con facili conti si trova che la soluzione del precedente sistema è la terna H(12, 12,−1

).


d(A,H) =

√1

4+

1

4+ 2 =

√5

2.

(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 omogeneaλ+ 2µ = 0.

Scegliendo λ = 2 e µ = −1, si trova che l’equazione del piano π) contenente r) epassante per A è

π) 2x− 2y − z − 1 = 0.

Poiché A ∈ α), il piano passante per A e parallelo ad α) è α) stesso. Ne viene che laretta richiesta è l’intersezione di π) con α), ovvero:

2x− 2y − z − 1 = 0

x+ y − z = 0.



24 Febbraio 2015A2


1 È dato l’endomorfismo f : R3 → R3 associato rispetto alle basi canoniche alla matrice

A =

2 h− 1 −11 h −11 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,−h2, 0).

2 È data l’applicazione lineare f : R3 → R4 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).


1 (a) Riduciamo la matrice A:

AR1↔R3−→

1 h −11 h 02 h− 1 −1

R3→R3−R1−→

1 h −11 h 01 −1 0

R3→R3−R2−→

1 h −11 h 00 −1− h 0

Allora, se h 6= −1, si ha ρ(A) = dim Im f = 3, quindi Imf = R3 e quindi dimker f = 0e ker f = (0, 0, 0). Sia ora h = −1. In tal caso il nucleo di f si trova risolvendo ilsistema

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 = 2

Im f = 〈(1, 1, 2), (−1, 0,−1)〉e le equazioni cartesiane dell’immagine si trovano imponendo che

det

1 1 2−1 0 −1x y z

= 0

da cui si ha x+ y − z = 0.(b) Sia h = −1. In tal caso

A =

2 −2 −11 −1 −11 −1 0

.

Calcoliamo, ora, il polinomio caratteristico p(t) della matrice A, ovvero

p(t) = det(A− tI) = det

2− t −2 −11 −1− t −11 −1 −t

= −t2(t− 1).

L’autovalore t = 0 ha molteplicità algebrica pari a 2, mentre l’autovalore t = 1 hamolteplicità algebrica pari a 1. Determiniamo adesso l’autospazio V0 associato all’au-tovalore t = 0: chiaramente esso è il nucleo dell’endomorfismo f nel caso h = −1 e si ègià visto che in tal caso dimker f = 1, pertanto la molteplicità geometrica dell’autova-lore t = 0 è pari a 1. Ne viene che le molteplicità algebrica e geometrica dell’autovaloret = 0 non sono uguali.Ciò basta per concludere che l’endomorfismo non è semplice per h = −1.(Non è dunque necessario determinare l’autospazio V1 associato all’autovalore t = 1).

(c) Occorre discutere il sistemax+ hy − z = −h2

x+ hy = 0

2x+ (h− 1)y − z = h

.

Detta M la matrice completa del suddetto sistema, si ha

M =

1 h −1 −h21 h 0 02 h− 1 −1 h

.

Riduciamo per righe la matrice M .

MR3→R3−R1−→

1 h −1 h2

1 h 0 01 −1 0 h+ h2

R3→R3−R2−→

1 h −1 h2

1 h 0 00 −1− h 0 h+ h2

Se h 6= −1 il sistema è determinato e si ha

f−1(h,−h2, 0) =(h2,−h, h2

).

Se h = −1 il sistema è indeterminato ed è equivalente al seguentex− y = 0

z = 1

quindi f−1(h,−h2, 0) = (t, t, 1), t ∈ R.

2 (a) Determiniamo le immagini dei vettori della base canonica E3 mediante f . Dallerelazioni che definiscono f e dalla sua linearità, si deduce subito che:

f(e1) = (h, 0, h, 1),

f(e2) = (0, h+ 1, 0, 0)− (1, 0, h, 0) = (−1, h+ 1,−h, 0),f(e3) = (1, 0, h, 0).

Ne viene che la matrice associata ad f rispetto alle basi canoniche è

ME3,E4 =

h −1 10 h+ 1 0h −h h1 0 0

Riduciamo per righe la matrice ME3,E4 :

ME3,E4R3→R3−hR1−→

h −1 10 h+ 1 0

h− h2 0 01 0 0

R3↔R4−→

h −1 10 h+ 1 01 0 0

h− h2 0 0

R3↔R2−→

h −1 11 0 00 h+ 1 0

h− h2 0 0

R4→R4−(h−h2)R2−→

h −1 11 0 00 h+ 1 00 0 0

.

Allora, se h 6= −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 01 0 h 0x y z t

= 0.

Nella suddetta matrice si operi la sostituzione R4 → R4−tR1; occorre dunque calcolare

det

h 0 h 1−1 h+ 1 −h 01 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 01 0 h 0x y z t

= 0 ⇒ det

−1 h+ 1 −h1 0 h

x− ht y z − ht

= 0.

Svolgendo i facili conti, si trova che l’immagine ha equazione

hx− z + (h− h2)t = 0.

Sia, ora, h = −1. In tal caso il nucleo di f è dato da−x− y + z = 0

x = 0

e dunque dimker f = 1 e ker f = 〈(0, 1, 1)〉.Inoltre in tal caso ρ(ME3,E4) = 2 = dim Im f = 2 e risulta che

Im f = 〈(−1, 0,−1, 1), (1, 0,−1, 0)〉.

(b) La matrice richiesta è la matrice ME3,E4 trovata nel punto (a).(c) Si richiede la matrice MA,B

h (f). È noto che essa si può esprimere nel modo seguente:

MA,Bh (f) = PE4,BMA,E3

h (f)PA,A.

Ovviamente PA,A = I3.Dalle assegnazioni fatte nella consegna si ha subito che

MA,E4

h =

h 0 10 h+ 1 0h 0 h1 0 0

.

Determiniamo PE4,B. Allo scopo, si riduca per righe la matrice

K =

1 0 0 1 1 0 0 01 1 0 0 0 1 0 00 0 1 −1 0 0 1 00 0 0 1 0 0 0 1

.

Si ha:

KR1→R1−R4−→

1 0 0 0 1 0 0 −11 1 0 0 0 1 0 00 0 1 −1 0 0 1 00 0 0 1 0 0 0 1

R3→R3+R4−→

1 0 0 0 1 0 0 −11 1 0 0 0 1 0 00 0 1 0 0 0 1 10 0 0 1 0 0 0 1

R2→R2−R1−→

1 0 0 0 1 0 0 −10 1 0 0 −1 1 0 10 0 1 0 0 0 1 10 0 0 1 0 0 0 1

pertanto

PE4,B =

1 0 0 −1−1 1 0 10 0 1 10 0 0 1

.

In definitiva:

MA,Bh (f) =

1 0 0 −1−1 1 0 10 0 1 10 0 0 1

h 0 10 h+ 1 0h 0 h1 0 0

.

1 0 00 1 00 0 1

.

Svolgendo i facili conti, si trova

MA,Bh (f) =

h− 1 0 11− h h+ 1 −1h+ 1 0 h1 0 0

.


Corso di Laurea in InformaticaProve in itinere di Matematica Discreta (12 CFU)

27 Marzo 2015


A1

1 Studiare, al variare del parametro reale h, il seguente sistema lineare:x+ hy = 0

x+ hy + z = 1

hx+ y − z = h

.

2 Nello spazio sono dati il punto A(1, 0, 1), il piano α) x + 2y − z = 0 e la retta r) x − y =z − 2 = 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).

A2

3 È dato l’endomorfismo f : R3 → R3 definito, rispetto alle basi canoniche, dalle relazioni

f(x, y, z) = (x+ hy, hx+ 4y, x− y + (h− 2)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,−2).(d) Studiare la semplicità di f nel caso h = 2 ed eventualmente trovare una base di

autovettori.

4 Sia data la matrice

A =

(1 2 00 h −1

).

Studiare, al variare del parametro reale h, l’applicazione lineare f : R3 → R2 associata adA rispetto alle basi canoniche. Trovare la matrice associata ad f rispetto alla base canonicadi R3 e alla base B = (0,−2), (2, 1) di R2.

27 Marzo 2015Svolgimento della prova scritta

A1

1 Siano

A =

1 h 01 h 1h 1 −1

, A′ =

1 h 0 01 h 1 1h 1 −1 h

.


A′R1↔R2−→

1 h 1 11 h 0 0h 1 −1 h

R3→R3+R1−→

1 h 1 11 h 0 0

1 + h 1 + h 0 1 + h

R3→R3+(1+h)R2−→

1 h 1 11 h 0 00 1− h2 0 1 + h

• Se h 6= ±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 dit ∈ R.• Se h = 1, il sistema è impossibile.

2 (a) Determiniamo il piano π) passante per A e parallelo ad α):

x− 1 + 2y − (z − 1) = 0, cioè π) x+ 2y − z = 0.

Le equazioni parametriche della retta r) sonox = t

y = t

z = 2

dalle quali si deduce che P∞(r) ≡ (1, 1, 0, 0). Alla luce di ciò è facile scrivere l’equazionedel 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+ 2y − z = 0

x+ y − 1 = 0.

(b) Nel punto (a) abbiamo trovato che l’equazione del piano passante per A e ortogonalead r) è x+ y − 1 = 0. Determiniamo l’intersezione H di tale piano con r):

x− y = 0

z − 2 = 0

x+ y − 1 = 0

⇐

x = y = 1

2

z = 2

quindi H(12, 12, 2). Così si ha subito

d(A, r)) = d(A,H) =

√1

4+

1

4+ 1 =

√3

2.


(d) Scriviamo l’equazione del fascio di piani contenenti la retta r):

λ(x− y) + µ(z − 2) = 0.

Un vettore ortogonale ad α) è w = (1, 2,−1) ed un vettore ortogonale al genericopiano del suddetto fascio è v = (λ,−λ, µ). Imponendo la condizione di ortogonalitàtra w e v, ovvero w • v = 0, si trae λ − 2λ − µ = 0 da cui λ = −µ. Scegliendo, adesempio, λ = 1 e µ = −1, si trova che il piano contenente r) e ortogonale ad α) haequazione x− y − z + 2 = 0. Ne viene che la retta cercata ha equazione

x− y − z + 2 = 0

x+ 2y − z = 0.

A2

3 (a) Si ha subito:

f(e1) = f(1, 0, 0) = (1, h, 1),

f(e2) = f(0, 1, 0) = (h, 4,−2),f(e3) = f(0, 0, 1) = (0, 0, h− 2).

Ne viene che la matrice associata ad f rispetto alle basi canoniche è

ME3,E3(f) =

1 h 0h 4 01 −1 h− 2

.

(b) Si trova che detME3,E3(f) = (h− 2)(4− h2).Se h 6= ±2, si ha Im f = R3 e ker f = (0, 0, 0). Sia, ora, h = 2. In tal caso siha che ρ(ME3,E3(f)) = 2, quindi dim Im f = 2 e risulta Im f = 〈(1, 2, 1), (2, 4,−1)〉.Troviamo le equazioni cartesiane dell’immagine:

det

1 2 12 4 −1x y z

= 0 ⇒ 2x− y = 0.

Da quanto trovato in precedenza, si deduce che dimker f = 1 e visto che il sistemalineare

x+ 2y = 0

2x+ 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 = −2. In tal caso si ha che ρ(ME3,E3(f)) = 2, quin-di dim Im f = 2 e risulta Im f = 〈(1,−2, 1), (−2, 4,−1)〉. Troviamo le equazionicartesiane dell’immagine:

det

1 −2 1−2 4 −1x y z

= 0 ⇒ 2x+ y = 0.

Da quanto trovato in precedenza, si deduce che dimker f = 1 e visto che il sistemalineare

x− 2y = 0

−2x+ 4y = 0

x− y + 4z = 0

ammette le infinite soluzioni (8t, 4t,−t), t ∈ R, si deduce che ker f = 〈(8, 4,−1)〉.(c) Occorre discutere il sistema

x+ hy = 1

hx+ 4y = 0

x− y + (h− 2)z = −2.

Detta M la matrice completa del suddetto sistema, si ha

M =

1 h 0 1h 4 0 01 −1 h− 2 −2

.

Si ha detM = −(h− 2)2(h+ 2), quindi se h 6= ±2 il sistema è determinato e si trova

f−1(1, 0,−2) =(− 4

h2 − 4,

h

h2 − 4,−2h2 + h+ 12

(h− 2)2(h+ 2)

)Se h = 2 il sistema è impossibile poiché esso contiene le due equazioni incompatibilix+ 2y = 1 e x+ 2y = 0.Se h = −2 il sistema è impossibile poiché esso contiene le due equazioni incompatibilix− 2y = 1 e x− 2y = 0.

(d) Per h = 2 la matrice associata all’endomorfismo rispetto alle basi canoniche diventa

ME3,E3

2 (f) =

1 2 02 4 01 −1 0

.


2 (f), ovvero

p(t) = det(ME3,E3

2 (f)− tI) = det

1− t 2 02 4− t 01 −1 −t

= −t(t2 − 5t).

L’autovalore t = 0 ha molteplicità algebrica pari a 2, mentre l’autovalore t = 5 hamolteplicità algebrica pari a 1. Determiniamo adesso l’autospazio V0 associato all’au-tovalore t = 0: chiaramente esso è il nucleo dell’endomorfismo f nel caso h = 2 e si ègià visto che in tal caso dimker f = 1, pertanto la molteplicità geometrica dell’autova-lore t = 0 è pari a 1. Ne viene che le molteplicità algebrica e geometrica dell’autovaloret = 0 non sono uguali.Ciò basta per concludere che l’endomorfismo non è semplice per h = 2.(Non è dunque necessario determinare l’autospazio V5 associato all’autovalore t = 5).

4 Per ogni h ∈ R il rango della matrice A è 2, quindi dim Im f = 2 e Im f = R2. Da quantotrovato segue che dimker f = 1 e visto che il sistema lineare

x+ 2y = 0

hy − z = 0

ammette le infinite soluzioni (−2t, t, ht), t ∈ R, si deduce che ker f = 〈(−2, 1, h)〉.Come è noto, si ha

ME3,B = PE2,B ·ME3,E2 · I.

Occorre determinare soltanto PE2,B. Si ha:(0 2 1 0−2 1 0 1

)R1↔R2−→

(−2 1 0 10 2 1 0

)R2→ 1

2R2−→(−2 1 0 10 1 1

20

)R1→R1−R2−→

(−2 0 −1

21

0 1 12

0

)R1→− 1

2R1−→(

1 0 14−1

20 1 1

20

).

Si conclude, dunque, che

PE2,B =

(14−1

212

0

).

Quindi

ME3,B =

(14−1

212

0

)·(

1 2 00 h −1

)=

(14

1−h2

12

12

1 0

).



17 Aprile 2015Prova completa



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

x ≡ 5 mod 4,

2x ≡ 3 mod 5

10x ≡ 1 mod 80.

4 Quanti sono i numeri naturali di 8 cifre aventi le prime due cifre dispari ed uguali e leultime tre cifre pari?

17 Aprile 2015Svolgimento della prova scritta


f(e1) = (2, 0, 0),

inoltref(e3) = f(1, 0, 1)− f(e1) = (−2, 1, 1)

e poif(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’endomorfismorispetto alla base canonica E3. Essa è

ME3,E3

h (f) =

2 1 −20 h− 1 10 0 1

.

(b) Si trova subito che det

(ME3,E3

h (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 = 〈(1, 0, 0), (−2, 1, 1)〉 e quindi dim Im f = 2. Imponendo

det

1 0 0−2 1 1x y z

.

= 0

si trova che Im f ha equazione cartesiana y − z = 0.Ne viene che dimker f = 1. Risolvendo il sistema omogeneo

2x+ y − 2z = 0

z = 0

si deduce che ker f = 〈(1,−2, 0)〉.(c) Si consideri la matrice ME3,E3

0 (f):

ME3,E3

0 (f) =

2 1 −20 −1 10 0 1

.


0 (f), ovvero cal-coliamo

p(t)=det(ME3,E3

0 (f)− tI)=det

2− t 1 −20 −1− t 10 0 1− t

= −(t− 2)(t− 1)(t+ 1).

Gli autovalori t = 2, t = ±1 hanno tutti molteplicità algebrica pari ad 1. Determiniamoadesso gli autospazi V2, V1 e V−1 associati rispettivamente agli autovalori t = 2, t = 1e t = −1.

L’autospazio V2 è il nucleo dell’endomorfismo associato alla matrice ME3,E3

0 (f)− 2I elo 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 conseguenzaV2 = 〈(1, 0, 0)〉.

Si ha dunque che la molteplicità geometrica dell’autovalore t = 2, ovvero la dimen-sione dell’autospazio V2, è pari ad 1 e quindi essa è uguale alla molteplicità algebricadell’autovalore t = 2.

L’autospazio V1 è il nucleo dell’endomorfismo associato alla matrice ME3,E3

0 (f) − I elo si determina risolvendo il sistema

x+ y − 2z = 0

−2y + z = 0⇔

x = 3y

z = 2y

Tale sistema ammette ∞1 soluzioni: (3s, s, 2s), s ∈ R e di conseguenzaV1 = 〈(3, 1, 2)〉.

Si ha dunque che la molteplicità geometrica dell’autovalore t = 1, ovvero la dimen-sione dell’autospazio V1, è pari ad 1 e quindi essa è uguale alla molteplicità algebricadell’autovalore t = 1.

L’autospazio V−1 è il nucleo dell’endomorfismo associato alla matrice ME3,E3

0 (f) + I elo 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 conseguenzaV−1 = 〈(1,−3, 0)〉.

Si ha dunque che la molteplicità geometrica dell’autovalore t = −1, ovvero la dimen-sione dell’autospazio V−1, è pari ad 1 e quindi essa è uguale alla molteplicità algebricadell’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 delpiano π2 contenente A e perpendicolare ad r). Poiché A ∈ α), il piano π1 coincide conα). Per determinare il piano π2, calcoliamo preliminarmente un vettore di direzione vdi r). Si vede facilmente che r) ha equazioni parametriche

x = 3t

y = −2tz = 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:

t) :

2x− y + z = 0

3x− 2y + z + 1 = 0.

(b) La proiezione richiesta è l’intersezione tra il piano α) e il piano σ contenente r) edortogonale 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 sianoortogonali, si ha:

w • v = 0 ⇔ 2λ− (λ+ µ)− λ+ 2µ = 0 ⇔ µ = 0.

Cosìσ : x+ y − z = 0

e quindi la proiezione richiesta è la retta2x− y + z = 0

x+ y − z = 0.


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 trova3 + 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, conα ∈ 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 ilsistema è impossibile.

4 Si hanno 5 cifre dispari. Dunque, le prime due cifre dovendo essere dispari e uguali, dannoluogo a 5 possibili scelte. Le ultime tre cifre devono essere pari (e sono ammesse eventualiripetizioni). Chiaramente l’ordine in cui vengono scelte le cifre è rilevante. Si tratta perciòdi disposizioni di 5 oggetti (i 5 numeri pari - si include banalmente lo zero poiché 0 = 0 · 2)di classe 3, D(r)

5,3. Infine le restanti tre cifre di mezzo possono essere scelte ad arbitrio tra le10 cifre possibili (e sono ammesse eventuali ripetizioni). Anche in questo caso l’ordine incui vengono scelte le cifre è rilevante. Si tratta perciò di disposizioni di 10 oggetti di classe3, D(r)

10,3. Per la regola del prodotto, i numeri che verificano la condizione imposta sono

5 · 103 · 53 = 625000.



17 Aprile 2015B1



A =

(1 32 2

).

Dire se A è diagonalizzabile e calcolare A3.


−2 < x ≤ 4

0 ≤ y < 2

z > 2

.

3 In quanti modi si può mescolare un mazzo di 52 carte in modo che gli assi siano consecutivie le regine a due a due consecutive?

4 Quanti sono i numeri naturali di 8 cifre aventi le prime due cifre diverse e le ultime tre cifrescritte in ordine crescente? (Esempio: 30079125)

5 Da un’urna, contenente 7 biglie numerate da 1 a 7, Tizio e Caio effettuano ciascuno 3 estrazionia seguito di ognuna delle quali la biglia estratta, dopo essere stata vista, viene reinseritanell’urna. Definiti gli eventi A = “Tizio ottiene sempre un numero pari oppure un numerodispari ”, B = “Caio ottiene sempre un numero inferiore a 4 oppure sempre superiore a 3”,calcolare le probabilità dei seguenti eventi:

A|(A ∪B), B|(A ∪B), (A ∩B)|(A ∪B).

6 Si hanno 5 chiavi, una sola delle quali apre una certa serratura. Di tali chiavi se ne prendono3 a caso che vengono quindi inserite in un cassetto A; le rimanenti 2 chiavi vengono inseritein un cassetto B. Successivamente, da B si estrae a caso una chiave.(a) Calcolare la probabilità che la chiave estratta da B non apra la serratura.(b) Supposto che la chiave estratta da B non apra la serratura, calcolare la probabilità che

l’unica chiave che apre la serratura sia contenuta nel cassetto B.


1 La matrice A è diagonalizzabile se e solo se è semplice l’endomorfismo f : R2 → R2 tale cheME2,E2

f = A. Il polinomio caratteristico di A è

pA(t) = det

(1− t 32 2− t

)= t2 − 3t− 4.

Gli autovalori associati ad f sono le radici dell’equazione pA(t) = 0, ovvero t = −1 e t = 4.L’endomorfismo f in questione è dunque semplice giacché esso ammette due autovalori distinti.La matrice che permette la diagonalizzazione è data dalla matrice del cambiamento di baseP F,E2 , essendo D una base di autovettori. Dobbiamo dunque determinare F : essa si ottienedall’unione di una base dell’autospazio V−1 e di una base dell’autospazio V4.Determiniamo V−1:(

1− (−1) 32 2− (−1)

)·(

xy

)=

(00

)= 0 =⇒ 2x+ 3y = 0.

Quindi V−1 = 〈(3,−2)〉.Determiniamo V4:(

1− 4 32 2− 4

)·(

xy

)=

(00

)= 0 =⇒ x− y = 0.

Quindi V4 = 〈(1, 1)〉.In definitiva F = (3,−2), (1, 1) è una base di autovettori. La matrice che permette ladiagonalizzazione è P F,E2 e si ha che la matrice diagonale D cercata è data da

D = PE2,F · A · P F,E2 .

Poiché, banalmente, si ha

P F,E2 =

(1 31 −2

),

occorre determinare soltanto PE2,F :(1 3 1 01 −2 0 1

)−→

(1 0 2

535

0 1 15−1

5

),

quindi

PE2,F =

(25

35

15−1

5

).

Alla luce di quanto trovato si ha immediatamente che:

MF,Ff = D =

(25

35

15−1

5

)·(

1 32 2

)·(

1 31 −2

)=

(4 00 −1

).

Si ha che A3 = P F,E2 ·D3 · PE2,F , quindi con facili conti si ottiene che:

A3 =

(1 31 −2

)·(

43 00 (−1)3

)·(

25

35

15−1

5

)=

(25 3926 38

).

2 Riscriviamo il sistema in una forma conveniente:x+ y + z = 35

−2 < x ≤ 4

0 ≤ y < 2

x > 2

⇔

x+ y + z = 35

−1 ≤ x ≤ 4

0 ≤ y ≤ 1

z ≥ 3

⇔

x+ y + z = 35

0 ≤ x+ 1 ≤ 5

0 ≤ y ≤ 1

z − 3 ≥ 0

.

Si pone X = x− 1, Y = y e Z = z − 3, ottenendo il sistema:X + Y + Z = 33

0 ≤ X ≤ 5

0 ≤ Y ≤ 1

Z ≥ 0

.

Sia a1 la proprietà “terne (X, Y, Z) tali che X ≥ 6” e sia a2 la proprietà “terne (X, Y, Z)tali che Y ≥ 2”. Si denoti con N(a′1a

′2) il numero di soluzioni intere del sistema assegnato.

Per il principio di inclusione-esclusione si ha

N(a′1, a′2) = N −N(a1)−N(a2) +N(a1, a2),

dove N è il numero di soluzioni intere del sistemaX + Y + Z = 33

X ≥ 0, Y ≥ 0, Z ≥ 0,

quindi N = C(r)3,33 =

(3+33−13−1

);

N(a1) è il numero di soluzioni intere del sistemaX + Y + Z = 33

X ≥ 6, Y ≥ 0, Z ≥ 0,

quindi N(a1) = C(r)3,27 =

(3+27−13−1

);

N(a2) è il numero di soluzioni intere del sistemaX + Y + Z = 33

X ≥ 0, Y ≥ 2, Z ≥ 0,

quindi N(a2) = C(r)3,31 =

(3+31−13−1

);

N(a1, a2) è il numero di soluzioni intere del sistemaX + Y + Z = 33

X ≥ 6, Y ≥ 2, Z ≥ 0,

quindi N(a1, a2) = C(r)3,25 =

(3+25−13−1

).

In definitiva:

N(a′1, a′2) =

(35

2

)−(29

2

)−(33

2

)+

(27

2

).

3 In un mazzo da 52 carte da gioco, vi sono 4 assi e 4 regine. Gli assi vanno disposti in bloccoe le regine vanno disposte in due blocchi costituiti da due regine ciascuno. Poiché si parladi blocchi, è possibile vedere questi tre blocchi come tre carte. Di conseguenza, se dalle 52carte originarie, togliamo le 8 carte complessivamente inserite nei suddetti blocchi, si hanno44 carte restanti; a queste aggiungiamo i tre blocchi di cui sopra (e quindi le tre carte virtuali),ottenendo in totale 47 oggetti da disporre su 47 posti. Tali disposizioni sono le permutazioni

semplici di 47 oggetti e dunque sono 47!. Per ognuna di tali disposizioni, si ha che gli assipossono essere permutati in 4! modi diversi e le regine, a loro volta, possono essere permutatein altrettanti 4! modi. In totale, quindi, il mazzo di 52 carte può essere mescolato in 47! ·4! ·4!modi diversi.

4 Le cifre sono 10. I numeri naturali richiesti devono avere 8 cifre. Le prime due cifre devonoessere diverse: occorre considerare tutte le disposizioni semplici delle 10 cifre nei 2 posti eda queste occorre togliere tutte le disposizioni che hanno 0 al primo posto ed le restanti 9cifre nel secondo posto. In altre parole, le cifre nei primi due posti possono essere scelte inD10,2−D9,1 modi diversi. Occupiamoci adesso dei tre posti finali: si possono usare le 10 cifrecon la condizione che le tre cifre scelte siano disposte in ordine crescente. Di conseguenza,si può prescindere dal numero di disposizioni giacché ad ogni disposizione corrisponde unasola combinazione utile: quella che vede le tre cifre in questione in ordine crescente. Inaltri termini, possiamo collocare tre cifre in ordine crescente in C10,3 modi. Non si fa alcunarichiesta particolare sulle tre cifre restanti, che dunque possono essere disposte sia in ordinecrescente, sia decrescente che con eventuali ripetizioni; ne viene che in tal caso il numero didisposizioni utili corrisponde al numero di disposizioni con ripetizione di 10 elementi presi atre a tre, ovvero è pari a 103.Riassumendo, i numeri naturali che soddisfano la condizione posta sono

(D10,2 −D9,1) · 103 · C10,3 =

(10!

(10− 2)!− 9!

(9− 1)!

)· 103 ·

(10

3

)= 9720000.

5 Si ha subito:

P (A) =

(3

7

)3

+

(4

7

)3

=13

49= P (B).

Si osservi inoltre che gli eventi A e B sono stocasticamente indipendenti. Si ha dunque:

P (A|(A ∪B)) =P (A)

P (A ∪B)=

P (A)

P (A) + P (B)− P (A ∩B)=

=1

2− P (A)=

49

85= P (B|(A ∪B)).

Infine:

P ((A ∩B)|(A ∪B)) =P (A ∩B)

P (A ∪B)=

P (A)P (B)

P (A) + P (B)− P (A ∩B)=

P (A)

2− P (A)=

13

85.

6 Si definiscano gli eventi H = “B contiene la chiave che apre la serratura” ed E = “la chiaveestratta da B non apre la serratura”. Si ha subito:

P (H) =

(11

)(41

)(52

) =2

5, P (E|H) =

1

2, P (E|Hc) = 1.

(a) Bisogna calcolare P (E). Si ha:

P (E) = P (E|H)P (H) + P (E|Hc)P (Hc) =1

2· 25+ 1 · 3

5=

4

5.

(b) Bisogna calcolare P (H|E). Applicando la formula di Bayes si ha:

P (H|E) =P (E|H)P (H)

P (E)=

1545

=1

4.



11 Maggio 2015B1



A =

3 0 −70 3 40 0 2

.

Dire se A è diagonalizzabile ed in caso affermativo determinare una base di R3 formata daautovettori di A.

2 Si hanno 18 caramelle alla menta.(a) Calcolare in quanti modi è possibile distribuire tali caramelle a 4 bambini, nell’ipotesi che

ognuno di questi richieda almeno 2 caramelle e che uno dei quattro bambini ne richiedaal più 5.

(b) Oltre alle 18 caramelle alla menta, si hanno 12 caramelle alla fragola e 14 caramelleal limone. Calcolare in quanti modi è possibile distribuire tali caramelle a 4 bambini,nell’ipotesi che ognuno di questi richieda almeno 2 caramelle di ogni tipo.

3 (a) Una fila di una sala di un cinema è composta da 15 poltrone. Calcolare in quanti modisi possono disporre 7 persone in tale fila.

(b) In quante delle precedenti disposizioni, 3 persone fissate tra le 7 si siedono in postiadiacenti?

4 In una stanza ci sono 4 maschi e 4 femmine. Si supponga che da tale stanza escano a caso 6persone in fila. Calcolare la probabilità che i 4 maschi escano consecutivamente.

5 Tizio e Caio effettuano, in modo alternato, 4 estrazioni senza reimmissione da un’urna conte-nente 2 biglie bianche e 3 nere: Tizio effettua la prima e la terza estrazione, Caio la secondae la quarta. Vince un premio chi estrae due biglie bianche.Posto Ei = “ l’i−ma biglia estratta è bianca”, con i = 1, 2, 3, 4, A = “Tizio vince il premio”,B = “Caio vince il premio”, calcolare le probabilità degli eventi:

A, A|(A ∪B).

11 Maggio 2015Svolgimento della prova scritta

1 La matrice A è diagonalizzabile se e solo se è semplice l’endomorfismo f : R3 → R3 tale cheME3,E3

f = A. Il polinomio caratteristico di A è

pA(t) = det

3− t 0 −70 3− t 40 0 2− t

= (3− t)2(2− t).

Gli autovalori associati ad f sono le radici dell’equazione pA(t) = 0, ovvero t = 3 e t = 2.Determiniamo gli autospazi V3 e V2 associati ai due autovalori. Determiniamo V3: 3− 3 0 −7

0 3− 3 40 0 2− 3

· x

yz

=

000

=⇒ z = 0.

Quindi V3 = 〈(1, 0, 0), (0, 1, 0)〉.Determiniamo V2: 3− 2 0 −7

0 3− 2 40 0 2− 2

· x

yz

=

000

=⇒

x− 7z = 0

y − 4z = 0.

Quindi V2 = 〈(7, 4, 1)〉.Poiché mg(3) = dimV3 = 2 = ma(3) e mg(2) = dimV2 = ma(2), l’endomorfismo associato adA è semplice e quindi A è diagonalizzabile.Una base B di R3 formata da autovettori di A. B si ottiene dall’unione di una base dell’au-tospazio V3 e di una base dell’autospazio V2.Alla luce di quanto trovato sopra, B = (1, 0, 0), (0, 1, 0), (7, 4, 1) è una base di R3 formatada autovettori di A.

2 (a) Denotato con xi il numero di caramelle (alla menta) date al bambino i, per i = 1, 2, 3, 4,il problema proposto è equivalente alla determinazione del numero di soluzioni intere delsistema:

x1 + x2 + x3 + x4 = 18

xi ≥ 2, i = 1, 2, 3

2 ≤ x4 ≤ 5.

Posto Xi = xi − 2, per i = 1, 2, 3, 4, il suddetto sistema è equivalente al seguente:X1 +X2 +X3 +X4 = 10

Xi ≥ 0, i = 1, 2, 3, 4

X4 ≤ 3.

Denotata con ] la cardinalità richiesta, si ha:

] = ]1 − ]2,


(s1)

X1 +X2 +X3 +X4 = 10

Xi ≥ 0, i = 1, 2, 3, 4


(s2)

X1 +X2 +X3 +X4 = 10

Xi ≥ 0, i = 1, 2, 3, 4

X4 ≥ 4

.

Posto X4 = X4 − 4, il sistema (s2) è equivalente al seguenteX1 +X2 +X3 +X4 = 6

Xi ≥ 0, i = 1, 2, 3, 4

X4 ≥ 0

.


] = C(r)10,4 − C

(r)6,4 =

(13

3

)−(9

3

).

(b) Ogni distribuzione di caramelle corrisponde ad una soluzione di una equazione. Le cara-melle alla menta possono essere distribuite in tanti modi quante sono le soluzioni interedel sistema

x1 + x2 + x3 + x4 = 18

xi ≥ 2, i = 1, 2, 3, 4.

Posto Xi = xi − 2, per i = 1, 2, 3, 4, si ottiene il sistema:X1 +X2 +X3 +X4 = 10

Xi ≥ 0, i = 1, 2, 3, 4.

Tale sistema ammette(10+4−14−1

)=(133

)soluzioni intere.

Ragionando in modo analogo con le caramelle alla fragola, si trova che le possibili distri-buzioni di caramelle alla fragola ai 4 bambini sono

(73

).

Infine, le possibili distribuzioni di caramelle al limone ai 4 bambini sono(93

).

Per la regola del prodotto, le caramelle possono essere distribuite in(13

3

)·(7

3

)·(9

3

)modi.

3 (a) Si tratta di calcolare il numero di disposizioni semplici di 15 oggetti di classe 7:

D15,7 =15!

(15− 7)!=

15!

8!.

(b) Le tre persone scelte possono essere disposte in 3! modi. Occorre allora vedere in quantimodi è possibile disporre i tre amici adiacenti (che contano come un unico blocco) e lequattro persone restanti: è sufficiente calcolare il numero di disposizioni semplici di 13oggetti (si tratta dei 12 posti liberi più il blocco dei tre amici) di classe 5:

D13,5 =13!

(13− 5)!=

13!

8!.

Per la regola del prodotto, le disposizioni richieste sono 3! · 13!8!.

4 Prima soluzione. Si consideri l’evento Ei = “ l’i−ma persona che esce dalla stanza è maschio”.Denotata con p la probabilità da calcolare, si ha:

p = P ((E1 ∩ E2 ∩ E3 ∩ E4) ∪ (E2 ∩ E3 ∩ E4 ∩ E5) ∪ (E3 ∩ E4 ∩ E5 ∩ E6)) =

= P (E1 ∩ E2 ∩ E3 ∩ E4) + P (E2 ∩ E3 ∩ E4 ∩ E5) + P (E3 ∩ E4 ∩ E5 ∩ E6) =

= 3P (E1 ∩ E2 ∩ E3 ∩ E4) =

= 3P (E1)P (E2|E1)P (E3|(E1 ∩ E2))P (E4|E1 ∩ E2 ∩ E3) =

= 3 · 48· 37· 26· 15=

3

70.

Osservazione. Nel ragionamento precedente si è sfruttato il fatto (intuitivo) che

P (E1 ∩ E2 ∩ E3 ∩ E4) = P (E2 ∩ E3 ∩ E4 ∩ E5) = P (E3 ∩ E4 ∩ E5 ∩ E6).

Per mostrare tali uguaglianze basta osservare che

P (E2 ∩ E3 ∩ E4 ∩ E5) = P (Ec1 ∩ E3 ∩ E4 ∩ E5 ∩ E6),

e cheP (E3 ∩ E4 ∩ E5 ∩ E6) = P (Ec

1 ∩ Ec2 ∩ E3 ∩ E4 ∩ E5 ∩ E6).

A questo punto applicando la regola della catena è immediato pervenire all’uguaglianza sfruttata nel calcolo di p.

Seconda soluzione. Procediamo utilizzando la definizione di probabilità uniforme. Allo scopo,occorre determinare il numero di casi favorevoli al verificarsi dell’evento in questione e ilnumero di casi possibili. Cominciamo con il numero di casi favorevoli. I 4 maschi possonoessere disposti in 4! modi. I 4 maschi, dovendo essere consecutivi, occuperanno il primo,secondo, terzo, quarto posto o secondo, terzo, quarto, quinto posto o, infine, terzo, quarto,quinto, sesto posto: in totale ogni disposizione dei maschi, possiede tre collocazioni (concollocazione intendiamo che abbiamo stabilito in quale ordine si dispongono i maschi e inquali posti della fila) utili nella fila. Inoltre, ad ogni collocazione (sono tre) dei maschi,fissate due donne delle 4, corrispondono due possibili allineamenti (quelli che si ottengonopermutando tra loro le due donne selezionate). Quindi si hanno 6 possibili sequenze ognivolta che si è scelto un ordinamento dei 4 maschi. Le donne possono essere scelte in

(42

)modi.

In totale, dunque, i casi favorevoli sono

4! · 6 ·(4

2

).

I casi possibili sono semplicemente le combinazioni di 8 persone di classe 6:

D8,2 =8!

(8− 6)!=

8!

2!.

La probabilità p richiesta è dunque:

p =4! · 6 ·

(42

)8!2!

=3

70.

5 Si ha subito P (Ei) =25, per i = 1, 2, 3, 4, 5. Inoltre

P (Ei ∩ Ej) = P (E1 ∩ E2) =2

5· 14=

1

10, per i, j ⊂ 1, 2, 3, 4, 5.

Pertanto:P (A) = P (E1 ∩ E3) =

1

10= P (E2 ∩ E4) = P (B).

Infine, visto che A ∩B = ∅ e che A ∩ (A ∪B) = A, avendosi

P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B) =1

5,

si conclude cheP (A|(A ∪B)) =

P (A)

P (A ∪B)=

1

2.



29 Maggio 2015

Tempo a disposizione:• 120 minuti per coloro che devono sostenere soltanto la prova B2;• 180 minuti per coloro che devono sostenere la prova B1+B2.

B1


A =

1 1 −11 1 −10 1 0

.

Dire se A è diagonalizzabile ed in caso affermativo determinare una base di R3 formata da autovettori di A.

2 Trovare la cardinalità dell’insieme delle soluzioni intere del seguente sistema:x+ y + z + t = 35

x ≥ 0, y ≥ 0

0 ≤ z < 2

t > 3

.

3 Determinare il numero di anagrammi della parola SENSEN non aventi due lettere uguali vicine.

4 Si hanno 5 biglie verdi da distribuire in 8 scatole distinte. Calcolare la probabilità che ogni scatola contengaal più una biglia.

B2

5 Dimostrare che, per ogni numero naturale n ≥ 0, risulta

3n+1 ≥ n2.

6 Calcolare il massimo comune divisore dei numeri 39 e 15 con il metodo delle divisioni successive e scrivere larelativa identità di Bézout.

7 Determinare la cardinalità dell’insieme dei numeri interi q, con 1 ≤ q < 1575, che sono primi con 1575.

8 Trovare le eventuali soluzioni dei seguenti sistemi di congruenze:x ≡ 10 mod 5

x ≡ 2 mod 4

x ≡ 25 mod 3

,

5x ≡ 1 mod 6

13x ≡ 17 mod 4.

9 Trovare le eventuali soluzioni intere (x, y) dell’equazione 2x− 5y = 1.

10 Data la retta s) di equazione 2x+ y− 1 = 0, trovare l’equazione della retta s′) ottenuta applicando ad s) unariflessione rispetto alla retta r) di equazione x− y − 1 = 0.

29 Maggio 2015Svolgimento della prova scritta

B1

1 La matrice A è diagonalizzabile se e solo se è semplice l’endomorfismo f : R3 → R3 tale che ME3,E3

f = A.Il polinomio caratteristico di A è

pA(t) = det

1− t 1 −11 1− t −10 1 −t

= −t(t− 1)2.

Gli autovalori associati ad f sono le radici dell’equazione pA(t) = 0, ovvero t = 1 (con molteplicità alge-brica uguale a 2) e t = 0 (con molteplicità algebrica pari a 0). Determiniamo l’autospazio V1 associatoall’autovalore t = 1. 0 1 −1

1 0 −10 1 −1

· x

yz

=

000

=⇒ x = y = z.

Quindi V1 = 〈(1, 1, 1)〉 e dunque dimV1 = 1. Essendo mg(1) = dimV1 = 1 6= ma(1) = 2, si conclude che fnon è semplice e che A non è diagonalizzabile.

2 Scriviamo il sistema in forma equivalente. Si ha:x+ t+ z + t = 35

x ≥ 0, y ≥ 0

0 ≤ z ≤ 1

t ≥ 4

.

Posto T = t− 4, si ottiene x+ t+ z + T = 31

x ≥ 0, y ≥ 0

0 ≤ z ≤ 1

T ≥ 0

.


] = ]1 − ]2,dove con ]1 si è denotata la cardinalità dell’insieme delle soluzioni intere del sistema

(s1)

x+ y + z + T = 31

x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, T ≥ 0


(s2)

x+ y + z + T = 31

x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, T ≥ 0

z ≥ 2

.

Posto Z = z − 2, il sistema (s2) è equivalente al seguentex+ y + Z + T = 29

x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, T ≥ 0, Z ≥ 0.


] = C(r)31,4 − C

(r)29,4 =

(34

3

)−(

32

3

).

3 Sia Ω l’insieme degli anagrammi della parola SENSEN. Poniamo:

AS = Anagrammi di SENSEN con due S vicine,AE = Anagrammi di SENSEN con due E vicine,AN = Anagrammi di SENSEN con due N vicine.

Si tratta di calcolare |AcS ∩Ac

E ∩AcN |.

Per calcolare ad esempio la cardinalità di AS occorre calcolare gli anagrammi di (SS)ENEN considerando(SS) come un’unica lettera, quindi |AS | = 5!

2!2! . Procedendo in modo analogo per |AE | e |AN |, si trova indefinitiva

|AS | = |AE | = |AN | =5!

2!2!.

Calcoliamo, ora, la cardinalità di AS ∩AN . Si tratta di calcolare gli anagrammi di (SS)(NN)EE : essi sono4!2! . Procedendo in modo analogo per |AS ∩AE | e |AE ∩AN |, si trova in definitiva

|AS ∩AN | = |AS ∩AE | = |AE ∩AN | =4!

2!.

Infine, si ha |AS ∩AE ∩AN | = 3!.Per il Principio di Inclusione-Esclusione per una intersezione di insiemi, si ha che gli anagrammi della parolaSENSEN sono:

|Ω| −G1 +G2 −G3 =6!

2!2!2!− 3 · 5!

2!2!+ C3,2

4!

2!− 3! = 30.

4 Calcoliamo la probabilità richiesta ricorrendo alla definizione di probabilità uniforme.Allo scopo, il numero di distribuzioni possibili delle 5 biglie nelle 8 scatole è pari a 85. Invece, le distribuzionicon al più una pallina per scatola sono le distribuzioni del tipo [1, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 0], dove ogni posto indicauna scatola. Per comodità, indicate con 1, 2, 3, 4, 5 le cinque scatole da riempire, si hanno

(51

)scelte per la

scatola 1,(41

)scelte per la scatola 2,

(31

)scelte per la scatola 3,

(21

)scelte per la scatola 4 e

(11

)scelte per la

scatola 5. Ad ognuna delle precedenti disposizioni corrispondono tutti i possibili allineamenti di tali scatole,ovvero tutte le permutazioni delle 8 scatole delle quali 5 aventi una sola biglia e 3 vuote.In definitiva, il numero di casi favorevoli è dato da:(

5∏i=1

(5− i

1

))· 8!

5!3!= 5! · 8!

5!3!=

8!

3!.

Si conclude che la probabilità richiesta vale8!

3!85.

Osservazione. Si noti che le distribuzioni nelle quali si ha al più una pallina in ogni scatola sono le permutazioni di 8 scatole,5 delle quali hanno una sola pallina e 3 sono vuote, quindi sono 8!

5!3!= 56. Ebbene, in riferimento al problema proposto,

questo, contrariamente a quanto si potrebbe pensare, NON rappresenta il numero di casi favorevoli. Bisogna tener contodell’equiprobabilità insita nella definizione di probabilità uniforme: la biglia da inserire nella prima scatola può essere sceltafra 5 in modo del tutto casuale, la biglia da inserire nella seconda scatola può essere scelta fra 4 e così via.

B2

5 Base induttiva. La relazione è banalmente vera per n = 0 e n = 1 avendosi, rispettivamente, 3 ≥ 0 e 9 ≥ 1.Ipotesi induttiva. Si supponga che 3n+1 ≥ n2.Tesi. Proviamo che 3(n+1)+1 ≥ (n+ 1)2. Si ha:

3n+2 = 3 · 3n+1 ≥ 3n2.

Poiché la disuguaglianza 3n2 ≥ (n+ 1)2, equivalente a 2n(n− 1)− 1 ≥ 0, è chiaramente verificata per ognin ≥ 2, si è provato che

3(n+1)+1 = 3n+2 ≥ (n+ 1)2,

che è quanto si voleva dimostrare.

6 Calcoliamo il massimo comune divisore tra 39 e 15 con il metodo delle divisioni successive.Si trova subito che:

39 = 15 · 2 + 9

15 = 9 · 1 + 6

9 = 6 · 1 + 3

6 = 3 · 2 + 0,

quindi, essendo l’ultimo resto non nullo pari a 3, si ha MCD(39, 15) = 3.Scriviamo adesso le uguaglianze di sopra (esclusa l’ultima) in quest’altro modo:

3 = 9− 6 · 16 = 15− 9 · 19 = 39− 15 · 26 = 3 · 2 + 0.

Si ha:

3 = 9− 6 = 9− (15− 9) = 9 · 2− 15 = (39− 15 · 2) · 2− 15 =

= 39 · 2− 15(4 + 1) = 39 · 2 + 15(−5),

quindi l’identità di Bézout relativa ai numeri 39 e 15 è

3 = 39 · 2 + 15 · (−5).

7 Si ha 1575 = 32 · 52 · 7. Allora i numeri q che sono primi con 1575 e tali che 1 ≤ q < 1575, è dato dallafunzione di Eulero:

φ(1575) = 1575

(1− 1

3

)·(

1− 1

5

)·(

1− 1

7

)= 6! = 720.

8 Primo sistema. Il sistema assegnato è equivalente al seguente:x ≡ 0 mod 5

x ≡ 2 mod 4

x ≡ 1 mod 3

.

Applichiamo il Teorema cinese del resto. Si ponga:

a1 = 0, a2 = 2, a3 = 1,

M = 5 · 4 · 3 = 60, M1 = 4 · 3 = 12, M2 = 5 · 3 = 15, M3 = 5 · 4 = 20.

Occorre determinare una soluzione particolare di ognuna delle seguenti congruenze:

M1y ≡ 1 mod 5, M2y ≡ 1 mod 4, M3y ≡ 1 mod 3.

La congruenza M1y ≡ 1 mod 5 equivale a 12y ≡ 1 mod 5, cioè 2y ≡ 1 mod 5. Evidentemente unasoluzione particolare di tale congruenza è y1 = 3.La congruenza M2y ≡ 1 mod 4 equivale a 15y ≡ 1 mod 4, cioè 3y ≡ 1 mod 4. Evidentemente unasoluzione particolare di tale congruenza è y2 = 3.La congruenza M3y ≡ 1 mod 3 equivale a 20y ≡ 1 mod 3, cioè 2y ≡ 1 mod 3. Evidentemente unasoluzione particolare di tale congruenza è y3 = 2.Per il Teorema cinese del resto, una soluzione particolare del sistema assegnato è:

x = a1y1M1 + a2y2M2 + a3y3M3 = 2 · 3 · 15 + 1 · 2 · 20 = 130.

Da ciò segue che le soluzioni del sistema assegnato sono i numeri interi x tali che x ≡ 130 mod 60, cioè

x ≡ 10 mod 60.

Secondo sistema. La prima equazione è equivalente a x = 5 + 6α, α ∈ Z. Osserviamo che la secondaequazione con coefficienti ridotti modulo 4 equivale a x ≡ 1 mod 4. Sostituendo l’espressione di x trovatasopra nella seconda equazione del sistema si ottiene 5+6α = 1 mod 4 da cui 2α ≡ 0 mod 4, ovvero α ≡ 0mod 2, cioè α = 2γ, γ ∈ Z. Ne viene che le soluzioni del sistema assegnato sono i numeri x = 5 + 12γ,γ ∈ Z, cioè tutti gli interi tali che

x ≡ 5 mod 12.

9 Bisogna risolvere in Z2 l’equazione 2x − 5y = 1. Allo scopo, si osservi che da essa seguono le seguentiscritture:

2x ≡ 1 mod 5, −5y ≡ 1 mod 2.

Occupiamoci dapprima della congruenza 2x ≡ 1 mod 5. Una soluzione particolare di essa è x = 3, sicchéla soluzione generale è data da

x = 3 + α · 5

(2, 5)= 3 + 5α, α ∈ Z.

Occupiamoci adesso della congruenza −5y ≡ 1 mod 2. Una soluzione particolare di essa è y = −1, sicchéla soluzione generale è data da

y = −1 + β · 2

(−5, 2)= −1 + 2β, β ∈ Z.

Sostituendo i valori di x e y ora trovati nell’equazione 2x− 5y = 1 si trova

2(3 + 5α)− 5(−1 + 2β) = 1

da cui si ottieneβ = α+ 1.

Data tale relazione tra α e β, si ottiene y = −1 + 2β = −1 + 2(α+ 1) = 1 + 2α, α ∈ Z.In definitiva, le soluzioni intere dell’equazione 2x− 5y = 1 sono le coppie

(3 + 5α, 1 + 2α), α ∈ Z.

10 La retta r) forma un angolo α di 45 con il semiasse positivo delle ascisse e passa per il punto P0(1, 0).Un generico punto (x, y) ∈ R2 si trasforma secondo la legge:(

xy

)=

(cos 2α sin 2αsin 2α − cos 2α

)·(x1 − 1y1 − 0

)+

(10

),

quindi, visto che α = 45, si ottiene subito(xy

)=

(0 11 0

)·(x1 − 1y1

)+

(10

)=

(y1 + 1x1 − 1

).

In altre parole, le equazioni della trasformazione in oggetto sono:x = y1 + 1

y = x1 − 1.

Inserendo tali espressioni ad x e y nell’equazione di s), si ottiene:

2(y1 + 1) + (x1 − 1)− 1 = 0,

cioè2y1 + x1 = 0.

Dipartimento di Matematica e InformaticaAnno Accademico 2014-2015

Corso di Laurea in Informatica

Prova scritta di Matematica Discreta (12 CFU)18 Giugno 2015

La prova completa dura complessivamente 180 minuti.Ognuna delle prove A1, A2, B1, B2, ha una durata massima pari a 45 minuti.

A1

1 Nello spazio sono dati il piano α) x+ y − z = 0, la retta r) x − y = z − 2 = 0 ed il punto A(1,0,1). Trovare:(a) La retta passante per A, parallela ad α) e ortogonale ad r).(b) La simmetrica di r) rispetto ad α).(c) La distanza di A da r).

A2

2 Sia dato l’endomorfismo f : 3→3 definito, rispetto alle basi canoniche, dalle relazioni

f (x,y,z) = ((h+ 1)x+ y − z,x+ (h+ 1)y − z,hx+ y),

dove h è un parametro reale.(a) Studiare f al variare di h determinando in ciascun caso Imf e Kerf .(b) Trovare, al variare del parametro reale h, l’immagine inversa del vettore (1,0,−1).(c) Nel caso h = 1 studiare la semplicità di f e trovare eventualmente una base di autovettori.

B1

3 Trovare la cardinalità dell’insieme delle soluzioni intere del seguente sistema:x+ y + z = 450 < x ≤ 3y > 0z > 5

.

4 Quanti sono i numeri naturali pari aventi 7 cifre tali che le prime 4 cifre sono in forma crescente? Giustificarela risposta.

5 In una confezione vi sono 6 ghiaccioli al limone, 4 ghiaccioli alla menta e 6 ghiaccioli alla fragola. Calcolarela probabilità che estraendo due ghiaccioli essi siano di gusto diverso, sapendo che almeno uno è alla fragola.

B2

6 Dimostrare che, per ogni numero naturale n ≥ 0, risulta 3n < (n+ 2)!.

7 Trovare le eventuali soluzioni dei seguenti sistemi di congruenze:x ≡ 1 mod 5x ≡ 2 mod 4x ≡ 4 mod 6

,

2x ≡ 1 mod 721x ≡ 2 mod 3

.

8 Nel piano sono date le rette r) x+ 2y = 0 ed s) 3x+ 5y = 0. Trovare la riflessa di s) rispetto ad r).

18 Giugno 2015Svolgimento della prova scritta

A1

1 (a) Un vettore ortogonale al piano α) è (1,1,−1). Scritta l’equazione di r) nella formax = ty = tz = 2

, t ∈,

si deduce che (1,1,0) è un vettore di direzione di r).Detto (l,m,n) un vettore di direzione della retta richiesta, devono essere verificate le seguenti condi-zioni di ortogonalità: (l,m,n) · (1,1,−1) = 0

(l,m,n) · (1,1,0) = 0,

cioè l +m−n = 0l +m = 0

,

da cui l = −mn = 0

.

Così si può scegliere (l,m,n) = (−1,1,0). Le equazioni della retta richiesta sono dunque:x = 1− ty = tz = 1

, t ∈.

Le equazioni cartesiane della retta richiesta sono:x+ y − 1 = 0z = 1

.

(b) Troviamo B = r)∩α): x+ y − z = 0x = yz = 2

⇒

x = 1y = 1z = 2

,

quindi B(1,1,2). Scriviamo adesso l’equazione della retta passante per C(2,2,2) ∈ r) e perpendicolaread α):

x = 2 + ty = 2 + tz = 2− t

, t ∈.

Si deduce che un generico punto C′(2 + t,2 + t,2 − t) è un generico punto su tale retta. Adesso per lasimmetria richiesta si impone che il punto medio M del segmento CC′ appartenga ad α). Si ha

M(4 + t

2,4 + t

2,4− t

2

),

e imponendo l’appartenenza ad α) si trova

4 + t2

+4 + t

2− 4− t

2= 0 ⇒ t = −4

3.

Ne viene che

C′(2

3,23,103

).

La simmetrica di r) rispetto ad α è la retta passante per B e C′ :x = 1− t

3y = 1− t

3z = 2 + 4

3 t

, t ∈,

che in forma cartesiana si scrive comex = y4y − 4 = −z+ 2

.

(c) Scriviamo l’equazione del piano α1) passante per A ed ortogonale ad r. Tale piano ha come vettorenormale il vettore di direzione di r), dunque l’equazione cercata è 1(x−1)+1(y−0)+0(z−1) = 0, quindi

α1) x+ y − 1 = 0.

Ricerchiamo il punto di intersezione di α1) con r):x+ y − 1 = 0x = yz = 2

⇒

x = 1

2y = 1

2z = 2

pertanto H = r)∩α1) ≡ ( 12 ,

12 ,2). Quindi:

d(A,r) = d(A,H) =

√(1− 1

2

)2+(0− 1

2

)2+ (1− 2)2 =

√32

=

√6

2.

A2

2 (a) Sfruttando la legge f (x,y,z), si ha subito:

f (e1) = f (1,0,0) = (h+ 1,1,h),

f (e2) = f (0,1,0) = (1,h+ 1,1),

f (e3) = f (0,0,1) = (−1,−1,0).

Quindi la matrice associata ad f rispetto alle basi canoniche è

M(f ) =

h+ 1 1 −11 h+ 1 −1h 1 0

.Si vede subito che detM(f ) = h(h+ 1).Se h , 0 e h , −1, si ha un isomorfismo e quindi Kerf = (0,0,0) e Imf =

3.Sia ora h = 0. In tal caso

M(f ) =

1 1 −11 1 −10 1 0

e ρ(M(f )) = 2 e dunque dimImf = 2 e Imf = 〈(1,1,0), (1,1,1)〉. Determiniamo le equazioni cartesianedell’immagine:

det

1 1 −11 1 −10 1 0

= 0 ⇔ x − y = 0.

Infine dimKerf = dim3 −dimImf = 1 e risulta che il nucleo di f è l’insieme dei vettori (x,y,z) ∈3

tali che 1 1 −11 1 −10 1 0

xyz

=

000

⇔

x+ y − z = 0x+ y − z = 0y = 0

⇔

x = zy = 0

quindi Kerf = 〈(1,0,1)〉.Sia infine h = −1. In tal caso

M(f ) =

0 1 −11 0 −1−1 1 0

e ρ(M(f )) = 2 e dunque dimImf = 2 e Imf = 〈(0,1,−1), (1,0,1)〉. Determiniamo le equazioni cartesia-ne dell’immagine:

det

0 1 −11 0 −1−1 1 0

= 0 ⇔ x − y − z = 0.

Infine dimKerf = dim3 −dimImf = 1 e risulta che il nucleo di f è l’insieme dei vettori (x,y,z) ∈3

tali che

0 1 −11 0 −1−1 1 0

xyz

=

000

⇔

y − z = 0x − z = 0−x+ y = 0

⇔

x = zy = z

quindi Kerf = 〈(1,1,1)〉.(b) Occorre stabilire l’esistenza di un vettore (x,y,z) ∈3 tale che h+ 1 1 −1

1 h+ 1 −1h 1 0

xyz

=

10−1

⇔

(h+ 1)x+ y − z = 1x+ (h+ 1)y − z = 0hx+ y = 0

.

Se h , 0 e h , −1, per il Teorema di Cramer il suddetto sistema ammette un’unica soluzione e si trovafacilmente che

f −1(1,0,−1) =(

1− hh(h+ 1)

,− 2h+ 1

,−2h2 − 3h+ 1h(h+ 1)

).

Sia ora h = 0. Si ha: 1 1 −11 1 −10 1 0

xyz

=

10−1

⇔

x+ y − z = 1x+ y − z = 0y = −1

.

Vista l’incompatibilità tra la prima e la seconda equazione, il sistema è impossibile e quindi in talcaso f −1(1,0,−1) = ∅.Sia infine h = −1. Si ha: 0 1 −1

1 0 −1−1 1 0

xyz

=

10−1

⇔

y − z = 1x − z = 0−x+ y = −1

⇔

x = zy − z = 1y − z = −1

.

Vista l’incompatibilità tra la seconda e la terza equazione, il sistema è impossibile e quindi in tal casof −1(1,0,−1) = ∅.

(c) Nel caso h = 1 si ha

M(f ) =

2 1 −11 2 −11 1 0

quindi il polinomio caratteristico associato all’endomorfismo è

p(t) = det(M(f )− tI3) = det

2− t 1 −11 2− t −11 1 −t

= (t − 1)2(2− t).

Risolvendo l’equazione p(t) = 0, si trovano gli autovalori t = 1 (avente molteplicità algebrica 2) e t = 2(avente molteplicità algebrica 2). Determiniamo, ora, gli autospazi V1 e V2 associati, rispettivamente,agli autovalori t = 1 e t = 2.Determiniamo V1 = Ker(M(f )− I3). Si trova subito che l’equazione cartesiana di V1 è x + y − z = 0. Neviene che V1 = 〈(1,0,1), (0,1,1)〉.Determiniamo V2 = Ker(M(f )− 2I3):

y − z = 0x − z = 0x+ y − 2z = 0

⇔

x = zy = z

.

Ne viene che V2 = 〈(1,1,1)〉.Avendosi ma(1) = mg (1) := dimV1 = 2 e ma(2) = mg (2) := dimV2 = 1, si conclude che f è semplice euna base di 3 formata da autovettori è

B = (1,1,1), (1,0,1), (0,1,1).

B1

3 Scriviamo il sistema in forma equivalente. Si ha:x+ y + z = 451 ≤ x ≤ 3y ≥ 1z ≥ 6

,

che è a sua volta equivalente al seguente:x+ y + z = 450 ≤ x − 1 ≤ 2y − 1 ≥ 0z − 6 ≥ 0

.

Posto X = x − 1, Y = y − 1, Z = z − 6, si ottieneX +Y +Z = 370 ≤ X ≤ 2Y ≥ 0Z ≥ 0

.


] = ]1 − ]2,


(s1)

X +Y +Z = 37X ≥ 0Y ≥ 0Z ≥ 0


(s2)

X +Y +Z = 37X ≥ 3Y ≥ 0Z ≥ 0

.

Posto X = X − 3, il sistema (s2) è equivalente al seguenteX +Y +Z = 34X ≥ 0Y ≥ 0Z ≥ 0

.


] = C(r)37,3 −C

(r)34,3 =

(392

)−(362

).

4 Dalle ipotesi fatte si deduce che la cifra 0 non può essere una delle prime quattro cifre del numero ri-chiesto. Di conseguenza occorre distribuire le 9 cifre restanti nei 4 posti. Fissate 4 delle 9 cifre utili, unasola loro combinazione è quella interessante e precisamente è quella avente i quattro numeri in oggettodisposti in ordine crescente. Ciò ci consente di affermare che il numero di allineamenti in ordine crescentedelle 9 cifre sui 4 posti è pari al numero delle combinazioni semplici di 9 oggetti di classe 3, cioè C9,4. Laquinta e la sesta cifra possono essere scelte tra le 10 possibili ed infine, dovendo il numero richiesto esserepari, l’ultima sua cifra deve essere una cifra dell’insieme 0,2,4,6,8, cioè ci sono 5 cifre utili. Per la regoladel prodotto, i numeri richiesti sono

C9,4 · 10 · 10 · 5 = 63000.

5 Prima soluzione. Si sfrutta la definizione classica di probabilità. L’estrazione di 2 ghiaccioli da una confe-zione contenente 16 ghiaccioli può venire in un numero di modi pari al numero di combinazioni semplicidi 16 oggetti di classe 2, ovvero

(62)

= 16!2!·14! = 120. L’evento F = “Si estrae almeno un ghiacciolo alla fragola”

si verifica in 75 casi, come si intuisce facilmente escludendo dai 120 casi possibili i(10

2)

= 10!2!·8! = 45 modi

in cui possiamo avere una coppia di ghiaccioli non alla fragola (i 10 ghiaccioli al limone e alla menta). Seda queste 75 coppie possibili togliamo le

(62)

= 6!2!·4! = 15 coppie formate da due ghiaccioli alla fragola, ne

restano 60. La probabilità dell’evento in esame è dunque 6075 = 4

5 .

Seconda soluzione. Sfruttiamo rigorosamente i teoremi fondamentali della probabilità discreta.Si definiscano gli eventi:• D = “i ghiaccioli estratti hanno gusto diverso”,• F = “i ghiaccioli estratti sono alla fragola”,• D |F = “i ghiaccioli estratti hanno gusto diverso supposto che uno è alla fragola”,

Per la definizione di probabilità condizionata, si ha:

P (D |F) =P (D ∩F)P (F)

.

Ragionando come fatto nella prima soluzione oppure realizzando opportuni diagrammi ad albero, si vedesubito che P (D ∩F) = 60

120 = 12 e P (F) = 75

120 = 58 . Si ottiene dunque

P (D |F) =P (D ∩F)P (F)

=1258

=45.

B2

6 Base induttiva. La relazione è banalmente vera per n = 0 avendosi 30 = 1 < 2! = 2.Ipotesi induttiva. Si supponga che 3n < (n+ 2)!.Tesi. Proviamo che 3n+1 ≥ (n + 3)!. Sfruttando l’ipotesi induttiva ed il fatto che n + 3 > 3 per ogni n ∈,n ≥ 1, si ha:

3n+1 = 3 · 3n < 3 · (n+ 2)! < (n+ 3) · (n+ 2)! = (n+ 3)!,che è quando si voleva dimostrare.

7 Primo sistema. La prima equazione del sistema è equivalente a x = 1 + 5α, α ∈. Sostituendo tale risultatonella seconda equazione del sistema si ottiene 1 + 5α = 2 mod 4, cioè α ≡ 1 mod 4 e dunque α = 1 + 4β,β ∈. Così

x = 1 + 5α = 1 + 5(1 + 4β) = 6 + 20β, β ∈.Sostituendo, infine, l’espressione x = 6+20β nella terza equazione del sistema, si trova 6+20β ≡ 4 mod 6,cioè 2β ≡ 4 mod 6 da cui β = 2 mod 3 e pertanto β = 2 + 3γ , γ ∈.In definitiva, le soluzioni del sistema assegnato sono tutti i numeri interi x del tipo

x = 6 + 20(2 + 3γ) = 46 + 60γ, γ ∈,cioè

x ≡ 46 mod 60.Secondo sistema. La seconda equazione del sistema equivale a 0x ≡ 2 mod 3 che è chiaramente impossibile.Il sistema è dunque impossibile.

8 La retta r) forma un angolo con il semiasse positivo delle ascisse tale che tanα = −12 e passa per il punto

P0(0,0).Un generico punto (x,y) ∈2 si trasforma secondo la legge:(

xy

)=

(cos2α sin2αsin2α −cos2α

)·(x1 − 0y1 − 0

)+(

00

),

quindi, visto che valgono le formule

cos2α =1− tan2α

1 + tan2α, sin2α =

2tanα1 + tan2α

,

si ha

cos2α =1− 1

4

1 + 14

=35, sin2α =

−2 · 12

1 + 14

= −45,

quindi: (xy

)=

(35 −4

5−4

5 −35

)·(x1y1

)=

(35x1 − 4

5y1−4

5x1 − 35y1

).

In altre parole, le equazioni della trasformazione in oggetto sono:x = 35x1 − 4

5y1

y = −45x1 − 3

5y1.

Inserendo tali espressioni ad x e y nell’equazione di s), si ottiene:

3(3

5x1 −

45y1

)+ 5

(−4

5x1 −

35y1

)= 0,

cioè11x1 + 27y1 = 0.



Prova scritta di Matematica Discreta (12 CFU)8 Luglio 2015


A1

1 Nello spazio sono date le rette r) x − y = z+ 1 = 0, s) x = y − z = 0 ed il punto A(1,0,1).(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).

A2

2 Sia dato l’endomorfismo f : 3→3 associato rispetto alle basi canoniche alla matrice

M(f ) =

2 −4h 00 h 00 1 + h 1

,dove h è un parametro reale.(a) Studiare f al variare di h determinando in ciascun caso Imf e Kerf .(b) Nel caso h = 0 studiare la semplicità di f e trovare eventualmente una base di autovettori.

B1

3 In un’urna vi sono 17 palline blu e 11 palline rosse. Si estraggono a caso tre palline. Calcolare in quanti modipuò avvenire l’estrazione per avere:(a) tutte palline rosse;(b) tutte palline blu;(c) almeno una delle palline blu.

4 Un sacchetto contiene 12 palline numerate da 1 a 12. Calcolare la probabilità che estraendo successivamentedue palline, senza rimettere nell’urna quella estratta per prima, rechino entrambe un numero divisibile per3.

5 Siano dati due eventi A e B di uno spazio campionario Ω.Sapendo che P (Ac) = 7

11 , che P (Bc) = 611 e che P (A∪B) = 7

11 , calcolare:(a) P (A∩B) e P (B|A);(b) P (Ac ∩Bc);(c) P (Ac |Bc);(d) P (A∩Bc) e P (Ac ∩B).

B2

6 Dimostrare che, per ogni numero naturale n ≥ 0, il numero 32n+1 + 2n+2 è multiplo di 7.

7 Trovare le eventuali soluzioni intere (x,y) dell’equazione 3x+ 4y = 5.

8 Nel piano sono date le rette r) x+ 2y − 1 = 0 ed s) x − y + 3 = 0. Trovare la riflessa di s) rispetto ad r).

8 Luglio 2015Svolgimento della prova scritta

A1

1 (a) Poiché il sistema x − y = 0z+ 1 = 0x = 0y − z = 0

⇒

x = 0y = 0z = −11 = 0

è chiaramente impossibile, le rette r) ed s) sono sghembe.Determiniamo il fascio di piani contenenti r):

λ(x − y) +µ(z+ 1) = 0

e determiniamo l’equazione del piano π1) del suddetto fascio che passa perA. Imponendo il passaggioper A si trova λ+ 2µ = 0 quindi si può scegliere µ = 1 e λ = −2. Così: π1 : −2(x − y) + z+ 1 = 0, ovvero

π1) 2x − 2y − z − 1 = 0.

Determiniamo il fascio di piani contenenti s):

λx+µ(y − z) = 0

e determiniamo l’equazione del piano π2) del suddetto fascio che passa perA. Imponendo il passaggioper A si trova λ−µ = 0 quindi si può scegliere µ = λ = 1. Così:

π2) x+ y − z = 0.

La retta richiesta è l’intersezione di π1 e π2:2x − 2y − z − 1 = 0x+ y − z = 0

.

(b) Si vede subito che r) può essere scritta in forma parametrica come segue:x = ty = tz = −1

, t ∈,

da cui si deduce che un vettore di direzione di r) è (1,1,0).Scriviamo l’equazione del piano α) passante per A ed ortogonale ad r. Tale piano ha come vettorenormale il vettore di direzione di r), dunque l’equazione cercata è 1(x − 1) + 1(y − 0) + 0(z − 1) = 0,quindi

α) x+ y − 1 = 0.Ricerchiamo il punto di intersezione di α) con r):

x+ y − 1 = 0x = yz = −1

⇒

x = 1

2y = 1

2z = −1

pertanto H = r)∩α) ≡ ( 12 ,

12 ,−1). Quindi:

d(A,r) = d(A,H) =

√(1− 1

2

)2+(1− 1

2

)2+ (−1)2 =

√32

=

√6

2.

A2

2 (a) Si vede subito che detM(f ) = 2h. Se h , 0, allora dim Imf = 3 e quindi Imf = 3 e ciò vuol dire che

f è suriettiva. Da quanto trovato segue inoltre che dimkerf = 0 e quindi kerf = (0,0,0) e ciò vuoldire che f è iniettiva. In definitiva, per h , 0, f è un isomorfismo. Esaminiamo adesso il caso h = 0. Intal caso

M(f ) =

2 0 00 0 00 1 1

e si vede subito che ρ(M(f )) = 2, perciò dim Imf = 2 e quindi Imf = 〈(2,0,0), (0,0,1)〉. Inoltredimkerf = dim

3 −dim Imf = 3− 2 = 1. Determiniamo kerf nel caso h = 0: 2 0 00 0 00 1 1

· xyz

=

000

da cui 2x = 0

y + z = 0⇔

x = 0y = −tz = t

, t ∈.

Alla luce di ciò, kerf = 〈(0,−1,1)〉.(b) Sia h = 0. Calcoliamo il polinomio caratteristico associato ad f :


2− t 0 00 −t 00 1 1− t

= t(t − 1)(2− t).

Gli autovalori di f sono le radici dell’equazione p(t) = 0, ovvero t = 0, t = 1 e t = 2. Dal momento chetali autovalori sono reali e distinti (di molteplicità algebrica pari a 1), l’endomorfismo è semplice.Determiniamo gli autospazi. Chiaramente V0 = kerf = 〈(0,−1,1)〉.Determiniamo V1: 2− 1 0 0

0 −1 00 1 1− 1

· xyz

=

000

da cui

x = 0−y = 0y = 0

⇔

x = 0y = 0z ∈

,

sicché V1 = 〈(0,0,1)〉.Determiniamo, infine, V2: 2− 2 0 0

0 −2 00 1 1− 2

· xyz

=

000

da cui −2y = 0

y − z = 0⇔

x ∈y = 0z = 0

,

sicché V2 = 〈(1,0,0)〉.Una base di autovettori di f è dunque:

B = (0,−1,1), (0,0,1), (1,0,0).

B1

3 (a) Si tratta di combinazioni di 11 elementi di classe 3, quindi:

C11,3 =(113

)= 165.

(b) Si tratta di combinazioni di 17 elementi di classe 3, quindi:

C17,3 =(173

)= 680.

(c) Se almeno una pallina deve essere blu, l’unica combinazione esclusa tra tutte quelle possibili è chevengano estratte tre palline rosse. Sottraiamo quindi ai modi in cui è possibile estrarre 3 palline suun totale di 28 modi, i modi in cui è possibile ottenere 3 palline rosse. Abbiamo pertanto:

C28,3 − 165 = 3276− 165 = 3111.

4 Si definiscano gli eventi: Ei = ""La i−esima pallina estratta reca un numero divisibile per 3”, con i = 1,2.Occorre calcolare P (E1 ∩E2). Si ha subito:

P (E1 ∩E1) = P (E2|E1)P (E1) =3

11· 4

12=

111.

5 (a) Calcoliamo P (A∩B):

P (A∩B) = P (A) + P (B)− P (A∪B) =(1− 7

11

)+(1− 6

11

)− 7

11=

211.

Ricordando la definizione di probabilità condizionata e sfruttando P (A∩B), si ha:

P (B|A) =P (B∩A)P (A)

=P (A∩B)P (A)

=2

11

1− 711

=12.

(b) P (Ac ∩Bc) = P ((A∪B)c) = 1− P (A∪B) = 1− 711 = 4

11 .

(c) P (Ac |Bc) = P (Ac∩Bc)P (Bc) =

4116

11= 2

3 .

(d) Calcoliamo P (A∩Bc):

P (A∩Bc) = P (A|Bc)P (Bc) = (1− P (Ac |Bc))P (Bc) =(1− 2

3

)· 6

11=

211.

Infine:

P (Ac ∩B) = P (Ac |B)P (B) = (1− P (A|B))P (B) =(1− P (A∩B)

P (B)

)P (B) =

1−2

11

1− 611

· (1− 611

)=

311.

B2

6 Base induttiva. La relazione è banalmente vera per n = 0 avendosi 32·0+1 + 20+2 = 7.Ipotesi induttiva. Si supponga che 32n+1 + 2n+2 sia multiplo di 7. Ciò significa che esiste h ∈ tale che32n+1 + 2n+2 = 7h.Tesi. Proviamo che 32(n+1)+1 + 2(n+1)+2 è divisibile per 7. Sfruttando l’ipotesi induttiva si ha:

32(n+1)+1 + 2(n+1)+2 = 32n+1 · 9 + 2n+2 · 2= 32n+1 · 9 + (7h− 32n+1) · 2= 32n+1 · 9 + 14h− 32n+1 · 2= 32n+1(9− 2) + 14h

= 7(32n+1 + 2h).

Posto k = 32n+1 + 2h ∈ si è provato che 32(n+1)+1 + 2(n+1)+2 è un multiplo di 7, cioè la tesi.

7 Bisogna risolvere in 2 l’equazione 3x + 4y = 5. Allo scopo, si osservi che da essa seguono le seguenti

scritture:3x ≡ 5 mod 4, 4y ≡ 5 mod 3,

cioè:3x ≡ 1 mod 4, y ≡ 2 mod 3,

Occupiamoci dapprima della congruenza 3x ≡ 1 mod 4. Una soluzione particolare di essa è x = 3, sicchéla soluzione generale è data da

x = 3 +α · 4(3,4)

= 3 + 4α, α ∈.

Occupiamoci adesso della congruenza y ≡ 2 mod 3. Una soluzione particolare di essa è y = 5, sicché lasoluzione generale è data da

y = 5 + β · 3(1,3)

= 5 + 3β, β ∈.

Sostituendo i valori di x e y ora trovati nell’equazione 3x+ 4y = 5 si trova

3(3 + 4α) + 4(5 + 3β) = 5

da cui si ottieneβ = −α − 2.

Data tale relazione tra α e β, si ottiene y = 5 + 3β = 5 + 3(−α − 2) = −1− 3α, α ∈.In definitiva, le soluzioni intere dell’equazione 2x − 5y = 1 sono le coppie

(3 + 4α,−1− 3α), α ∈.

8 La retta r) forma un angolo con il semiasse positivo delle ascisse tale che tanα = −12 e passa per il punto

P0(1,0).Un generico punto (x,y) ∈2 si trasforma secondo la legge:(

xy

)=

(cos2α sin2αsin2α −cos2α

)·(x1 − 1y1 − 0

)+(

10

),

quindi, visto che valgono le formule

cos2α =1− tan2α

1 + tan2α, sin2α =

2tanα1 + tan2α

,

si ha

cos2α =1− 1

4

1 + 14

=35, sin2α =

−2 · 12

1 + 14

= −45,

quindi: (xy

)=

(35 −4

5−4

5 −35

)·(x1 − 1y1

)+(

10

)=

(35 (x1 − 1)− 4

5y1 + 1−4

5 (x1 − 1)− 35y1

).

In altre parole, le equazioni della trasformazione in oggetto sono:x = 35 (x1 − 1)− 4

5y1 + 1y = −4

5 (x1 − 1)− 35y1

.

Inserendo tali espressioni ad x e y nell’equazione di s), si ottiene:(35

(x1 − 1)− 45y1 + 1

)−(−4

5(x1 − 1)− 3

5y1

)+ 3 = 0,

cioè7x1 − y1 + 13 = 0.



Prova scritta di Matematica Discreta (12 CFU)3 Settembre 2015


A1

1 Nello spazio sono dati il piano α) x − y + z = 0, la retta r) x = y + z = 0 ed il punto A(1,0,1). Trovare:(a) La retta passante per A, parallela ad α) ed incidente r).(b) La distanza di A da r).(c) Il simmetrico di A rispetto ad α).

A2

2 Sia dato l’endomorfismo f : R3→R3 associato, rispetto alle basi canoniche, alla matrice

A =

2 h −10 1 h1 1 0

,dove h è un parametro reale.(a) Studiare f al variare di h determinando in ciascun caso Imf e Kerf ed una loro base.(b) Trovare, al variare di h, f −1(0,1,0).(c) Nel caso h = 0, dire se la matrice A è diagonalizzabile e trovare eventualmente una base di autovettori.

B1

3 Quanti sono i numeri naturali di sette cifre aventi le prime due cifre pari e le ultime tre cifre scritte in ordinecrescente? Giustificare la risposta.

4 Trovare la cardinalità dell’insieme delle soluzioni intere del seguente sistema:x+ y + z = 320 < x ≤ 4y > 2z ≥ 1

.

5 Sia (Ω, P ) uno spazio di probabilità discreto. Siano U1 e U2 due eventi complementari tali che P (U1) = 0,7 eP (U2) = 0,3. Un evento A è condizionato ad U1 e ad U2 e si ha P (A|U1) = 0,05 e P (A|U2) = 0,06. CalcolareP (U2|A) giustificando i passaggi effettuati.

B2

6 Dimostrare che, per ogni numero naturale n ≥ 0, il numero n3 + (n+ 1)3 + (n+ 2)3 è divisibile per 9.

7 Determinare le eventuali soluzioni dei seguenti sistemi di congruenze:x ≡ 1 mod 5x ≡ 2 mod 42x ≡ 25 mod 3

,

5x ≡ 1 mod 312x ≡ 17 mod 4

.

8 Nel piano sia data la retta r) y = −√

3x+1. Scrivere l’equazione della retta che si ottiene applicando ad r) unarotazione di centro C(0,1) e angolo α = π

6 .

3 Settembre 2015Svolgimento della prova scritta

A1

1 (a) L’equazione del fascio di piani contenenti la retta r) è:

λx+µ(y + z) = 0, ∀λ,µ ∈R.Imponendo il passaggio per A si trova la condizione λ+µ = 1. Quindi, scegliendo ad esempio λ = 1 eµ = −1, si ricava l’equazione del piano passante per A e contenente r):

π1) x − y − z = 0.

Un vettore ortogonale ad α) è (1,−1,1). Così l’equazione del piano passante per A e parallelo ad α) è:1(x − 1) + (−1)(y − 0) + 1(z − 1) = 0, cioè

π2) x − y + z − 2 = 0.

La retta richiesta è l’intersezione tra π1) e π2):x − y − z = 0x − y + z − 2 = 0

.

(b) Si vede subito che r) può essere scritta in forma parametrica come segue:x = 0y = −tz = t

, t ∈R,

da cui si deduce che un vettore di direzione di r) è (0,−1,1).Scriviamo l’equazione del piano β) passante per A ed ortogonale ad r. Tale piano ha come vettorenormale il vettore di direzione di r), dunque l’equazione cercata è 0(x − 1) + (−1)(y − 0) + 1(z − 1) = 0,quindi

β) y − z+ 1 = 0.Ricerchiamo il punto di intersezione di β) con r):

y − z+ 1 = 0x = 0y + z = 0

⇒

x = 0y = −1

2z = 1

2

pertanto H = r)∩ β) ≡ (0,−12 ,

12 ). Quindi:

d(A,r) = d(A,H) =

√(1− 0)2 +

(0 +

12

)2+(1− 1

2

)2=

√32

=

√6

2.

(c) Determiniamo l’equazione della retta s) passante per A e ortogonale ad α) (e quindi avente comevettore di direzione il vettore (1,−1,1) che è ortogonale ad α)):

x = 1 + ty = −tz = 1 + t

, t ∈R.

Un generico punto P ∈ s) ha coordinate P (1 + t,−t,1 + t). Per la simmetria richiesta è necessario esufficiente imporre che il punto medio del segmento AP appartenga ad α, cioè:(2 + t

2,− t

2,2 + t

2

)∈ α,

da cui2 + t

2+t2

+2 + t

2= 0 ⇔ t = −4

3.

Sostituendo tale valore di t in P , si trova che il simmetrico A′ di A rispetto ad α è il punto

A′(−1

3,43,−1

3

).

A2

2 (a) Si vede subito che detA = h2 − 2h+ 1. Se h , 1, allora dim Imf = 3 e quindi Imf = R3 e ciò vuol dire

che f è suriettiva. Da quanto trovato segue inoltre che dimkerf = 0 e quindi kerf = (0,0,0) e ciòvuol dire che f è iniettiva. In definitiva, per h , 0, f è un isomorfismo. Esaminiamo adesso il casoh = 1. In tal caso

M(f ) =

2 1 −10 1 11 1 0

e si vede subito che ρ(M(f )) = 2, perciò dim Imf = 2 e quindi Imf = 〈(2,0,1), (1,1,1)〉. Inoltredimkerf = dimR

3 −dim Imf = 3− 2 = 1. Determiniamo kerf nel caso h = 1: 2 1 −10 1 11 1 0

· xyz

=

000

da cui

2x+ y − z = 0y + z = 0x+ y = 0

⇔

x = −ty = tz = −t

, t ∈R.

Alla luce di ciò, kerf = 〈(1,−1,1)〉.L’equazione cartesiana di Imf è data da

det

2 0 11 1 1x y z

= 0,

da cui x+ y − 2z = 0.(b) Occorre discutere l’esistenza di vettori (x,y,z) ∈R3 tali che 2 h −1

0 1 h1 1 0

· xyz

=

010

.In base a quanto visto nel punto (a), se h , 1, esiste uno ed un solo vettore (x,y,z) ∈ R3 soddisfacenteil sistema di sopra. Applicando, ad esempio, la regola di Cramer si trova subito che:

f −1(0,1,0) =(− 1

(h− 1)2 ,1

(h− 1)2 ,h− 2

(h− 1)2

).

Se h = 1, si ottiene il sistema 2x+ y − z = 0y + z = 1x+ y = 0

che è equivalente al seguente: y + z = 0y + z = 1x+ y = 0

che è chiaramente impossibile. Quindi, se h = 1, f −1(0,1,0) = ∅.(c) Sia h = 0. Calcoliamo il polinomio caratteristico associato ad f :


2− t 0 −10 1− t 01 1 0− t

= (1− t)(t2 − 2t + 1).

Gli autovalori di f sono le radici dell’equazione p(t) = 0, ovvero t = 1 con molteplicità algebrica 3.Determiniamo l’autospazio V1: 2− 1 0 −1

0 0 01 1 −1

· xyz

=

000

da cui x − z = 0

x+ y − z = 0

sicché si vede subito che V1 = 〈(1,0,1)〉.Avendosi dimV1 = 1 , ma(1) = 3, si conclude che A non è diagonalizzabile e quindi che f non èsemplice.

B1

3 Il primo posto può essere occupato da 4 cifre pari: 2,4,6,8. Il secondo posto, a differenza del primo, puòcontenere anche il numero 0. Sicché ad ogni scelta della cifra che occupa il primo posto, corrispondono5 possibili scelte per il secondo posto. In totale, dunque, i primi due posti possono essere occupati in4 · 5 = 20 modi diversi. Non abbiamo alcuna restrizione sul terzo e sul quarto posto; così in ciascuno diessi possiamo inserire una qualsiasi delle 10 cifre a disposizione. Infine, per quanto riguarda il quinto, ilsesto ed il settimo posto, dovendo i numeri essere disposti in ordine crescente, comunque si considerinotre (tutte e tre diverse!) delle 10 cifre, esse daranno luogo ad una sola disposizione utile: quella che vedele tre cifre disposte in ordine crescente. Ne viene che gli ultimi tre posti possono essere occupati in

(103)

modi diversi. In totale, si hanno

4 · 5 · 10 · 10 ·(103

)= 240000

numeri di sette cifre soddisfacenti le condizioni posti dal problema.

4 Scriviamo il sistema in forma equivalente. Si ha:x+ y + z = 321 ≤ x ≤ 4y ≥ 3z ≥ 1

,

che è a sua volta equivalente al seguente:x+ y + z = 320 ≤ x − 1 ≤ 3y − 3 ≥ 0z − 1 ≥ 0

.

Posto X = x − 1, Y = y − 3, Z = z − 1, si ottiene

X +Y +Z = 270 ≤ X ≤ 3Y ≥ 0Z ≥ 0

.


] = ]1 − ]2,


(s1)

X +Y +Z = 27X ≥ 0Y ≥ 0Z ≥ 0


(s2)

X +Y +Z = 27X ≥ 4Y ≥ 0Z ≥ 0

.

Posto X = X − 4, il sistema (s2) è equivalente al seguenteX +Y +Z = 23X ≥ 0Y ≥ 0Z ≥ 0

.


] = C(r)27,3 −C

(r)23,3 =

(292

)−(252

).

5 Applicando la definizione di probabilità condizionata e il Teorema di Bayes si ha:

P (U2|A) =P (A∩U2)P (A)

=P (A|U2)P (U2)

P (A|U1)P (U1) + P (A|U2)P (U2)=

6100 ·

310

5100 ·

710 + 6

100 ·3

10

=1853.

B2

6 Base induttiva. La relazione è banalmente vera per n = 1 avendosi 1 + 23 + 33 = 36 che è divisibile per 9.Ipotesi induttiva. Si supponga che n3 + (n+ 1)3 + (n+ 2)3 sia divisibile per 9. Ciò significa che esiste h ∈Ntale che n3 + (n+ 1)3 + (n+ 2)3 = 9h.Tesi. Proviamo che (n+ 1)3 + (n+ 2)3 + (n+ 3)3 è divisibile per 9. Sfruttando l’ipotesi induttiva si ha:

(n+ 1)3 + (n+ 2)3 + (n+ 3)3 = (n+ 1)3 + [(n+ 1) + 1]3 + [(n+ 2) + 1]3

= n3 + 3n2 + 3n+ 1 + (n+ 1)3 + 1 + 3(n+ 1)2 + 3(n+ 1) +

+(n+ 2)3 + 1 + 3(n+ 2)2 + 3(n+ 2)

= n3 + (n+ 1)3 + (n+ 2)3 + 3(3n2 + 9n+ 9)

= 9h+ 9(n2 + 3n+ 3)

= 9(h+n2 + 3n+ 3).

Posto k = h+n2 + 3n+ 3 si è provato che (n+ 1)3 + (n+ 2)3 + (n+ 3)3 è divisibile per 9, cioè la tesi.

7 Primo sistema. La prima equazione del sistema è equivalente a

x = 1 + 5α, ∀α ∈Z.Sostituiamo tale espressione di x nella seconda equazione, ottenendo:

1 + 5α ≡ 2 mod 4 ⇔ α = 1 + 4β, ∀β ∈Z.In questo modo le soluzioni della prima equazione diventano:

x = 1 + 5 + 20β = 6 + 20β, ∀β ∈Z.Sostituendo, infine, tale espressione di x nella terza equazione si ottiene:

12 + 40β ≡ 25 mod 3 ⇔ β ≡ 1 mod 3 ⇔ β = 1 + 3γ, ∀γ ∈Z.Sostituendo tale espressione di β in x = 6 + 20β si trovano le soluzioni del sistema dato:

x = 26 + 60γ, ∀γ ∈Z.Secondo sistema. Osservato che 12x ≡ 17 mod 4 equivale a 0x ≡ 1 mod 4, si deduce che il sistema èimpossibile poiché lo è tale equazione.

8 Le equazioni della rotazione in oggetto sono:x′ = xcos π6 − (y − 1)sin π6

y′ = x sin π6 + (y − 1)cos π6 + 1

.

Occorre ricavare x e y in funzione di x′ e y′ , ossia determinare le equazioni della trasformazione inversa.Nel caso delle rotazioni, però, la trasformazione inversa non è altro che la rotazione di angolo opposto,quindi:x = x′ cos(−π6 )− (y′ − 1)sin(−π6 )y = x′ sin(−π6 ) + (y′ − 1)cos(−π6 ) + 1

⇒

x = x′ cos π6 + (y′ − 1)sin π6

y = −x′ sin π6 + (y′ − 1)cos π6 + 1

⇒

x =√

32 x′ + 1

2 (y′ − 1)

y = −12x′ +√

32 (y′ − 1) + 1

.

Applicando ora la trasformazione alla retta r) si ottiene:

−12x′ +

√3

2(y′ − 1) + 1 = −

√3(√

32x′ +

12

(y′ − 1))

+ 1.

Svolgendo i facili conti e tralasciando gli apici, si trova:

y = −√

33x+ 1.



Prova scritta di Matematica Discreta (12 CFU)24 Settembre 2015


A1

1 Nello spazio sono dati il piano α) x − y − 2z = 0, la retta r) x = 2y − z = 0 ed il punto A(1,0,0). Trovare:(a) La retta passante per A, parallela ad α) ed ortogonale ad r);(b) La simmetrica di r) rispetto ad α;(c) La distanza di A da α).

A2

2 Sia dato l’endomorfismo f : R3→R3 definito dalle relazioni

f (1,1,0) = (0,h,h), f (0,1,0) = (−1,h,0), f (0,2,1) = (0,2h− 1,1),dove h è un parametro reale.(a) Studiare f al variare di h determinando in ciascun caso Imf e Kerf ed una loro base.(b) Trovare, al variare di h, f −1(2,−1,1).(c) Nel caso h = 0, dire se f è semplice e trovare eventualmente una base di autovettori.

B1

3 In Italia le targhe automobilistiche sono composte da 2 lettere, seguite da 3 cifre e da altre 2 lettere. Sisupponga che in un altro paese le targhe siano composte da 2 cifre, seguite da 3 lettere e da altre 2 cifre.Supponendo che in entrambi i paesi si usino 10 cifre e 22 lettere (I, O, U, Q non sono utilizzate), determinarela differenza tra il numero di tutte le targhe possibili nei due paesi.

4 Trovare la cardinalità dell’insieme delle soluzioni intere del seguente sistema:x+ y + z = 300 < x ≤ 4y ≥ 52 ≤ z ≤ 6

.

5 Viene effettuato un sondaggio e si trova che il 40% degli intervistati è andato in vacanza alle Isole Eolie, il25% è andato a Malta e il 7% è andato sia alle Isole Eolie che a Malta. I restanti intervistati non sono andatiin vacanza. Scelto a caso un individuo dal gruppo degli intervistati, calcolare la probabilità che:(a) sia stato in vacanza;(b) sia stato in vacanza solo alle Isole Eolie;(c) non sia stato in vacanza.

B2

6 Dimostrare che, per ogni numero naturale n ≥ 0, si ha (1 +√

3)n ≥ 1 +n√

3.

7 Trovare le eventuali soluzioni intere (x,y) delle equazioni x − 3y = 4 e 202x+ 12y = 121.

8 Nel piano sia dato il puntoA(1,2). Determinare il puntoA′ , simmetrico diA rispetto alla retta y = 1 e scriverel’equazione della retta che si ottiene applicando alla retta 2x − y + 1 = 0 una rotazione di centro A′ e angoloα = π

4 .

24 Settembre 2015Svolgimento della prova scritta

A1

1 (a) Si denoti con s) la retta richiesta. Poiché A deve appartenere ad s), tale retta si può scrivere nellaforma seguente:

x = 1 + tly = tmz = tn

, t ∈R.

Il parallelismo tra s) ed α) si traduce nell’ortogonalità tra un vettore di direzione di s), quindi (l,m,n),e un vettore ortogonale ad α), quindi (1,−1,−2):

(l,m,n) • (1,−1,−1) = 0 ⇔ l −m− 2n = 0.

La retta r) può essere scritta in forma parametrica così:x = 0y = tz = 2t

, t ∈R

e dunque un suo vettore di direzione è (0,1,2). Poiché si richiede che s) sia ortogonale ad r), basteràimporre che

(l,m,n) • (0,1,2) = 0 ⇔ m+n = 0.

Mettendo insieme le due condizioni si ha il sistema:l −m− 2n = 0m+ 2n = 0

⇒

l = 0m = −2kn = k

, k ∈R.

Scegliendo, ad esempio, k = 1 si ottiene:

s)

x = 1y = −2tz = t

, t ∈R.

In forma cartesiana si ha:

s)

x = 1y + 2z = 0

.

(b) Ricerchiamo le coordinate dell’eventuale punto di intersezione tra r) ed α):x = 02y − z = 0x − y − 2z = 0

⇒ O(0,0,0).

Si scelga adesso un punto su r). Ponendo t = 1 nelle equazioni parametriche di r), si trova B(0,1,2).La retta passante u) per B e ortogonale ad α) è

x = ty = 1− tz = 2− 2t

, t ∈R

che si può scrivere in forma cartesiana come segue:x+ y = 12x+ z = 2

.

Ricerchiamo il punto di intersezione tra la retta ora trovata e α):x+ y = 12x+ z = 2x − y − 2z = 0

⇒ H(5

6,16,13

).

Un generico punto T su u) ha coordinate T (t,1− t,2−2t). Imponiamo che il punto medio M tra T e Bappartenga ad α). Si ha:

M( t

2,2− t

2,2− t

),

da cui imponendo il passaggio per α) si ha:

t2− 2− t

2− 2(2− t) = 0 ⇔ t =

107.

La retta richiesta è quella passante per O e T ( 107 ,1−

107 ,2− 2 · 10

7 ):x = 10

7 t

y = −37 t

z = −67 t

, t ∈R

che si scrive in forma equivalente come segue:x = 10ty = −3tz = −6t

, t ∈R

(c) Si ha subito:

d(A,α)) =|1 · 1− 1 · 0− 2 · 0 + 0|√

1 + (−1)2=

√2

2.

A2

2 Determiniamo preliminarmente la matrice associata ad f rispetto alla base canonica di R3. Sfruttando leassegnazioni e il fatto che f è lineare, si ha che:

f (e1 + e2) = f (e1) + f (e2) = (0,h,h), f (e2) = (−1,h,0), f (2e2 + e3) = 2f (e2) + f (e3) = (0,2h− 1,1).

Quindi si ottiene il sistema: f (e1) + f (e2) = (0,h,h)f (e2) = (−1,h,0)2f (e2) + f (e3) = (0,2h− 1,1)

.

Da ciò segue con facili conti che:

f (e1) = (1,0,h), f (e2) = (−1,h,0), f (e3) = (2,−1,1).

Alla luce di ciò, la matrice M(f ) associata ad f rispetto alla base canonica di R3 è:

M(f ) =

1 −1 20 h −1h 0 1

.(a) Si vede subito che detA = 2h(1 − h). Se h , 0∧ h , 1, allora ρ(M(f )) = 3, cioè dim Imf = 3 e quindi

Imf = R3 e ciò vuol dire che f è suriettiva. Da quanto trovato segue inoltre che dimkerf = 0 e

quindi kerf = (0,0,0) e ciò vuol dire che f è iniettiva. In definitiva, per h , 0, f è un isomorfismo.Esaminiamo adesso il caso h = 0. In tal caso

M(f ) =

1 −1 20 0 −10 0 1

e si vede subito che ρ(M(f )) = 2, perciò dim Imf = 2 e Imf = 〈(−1,0,0), (2,−1,1)〉. Inoltre dimkerf =dimR

3 −dim Imf = 3− 2 = 1. Determiniamo kerf nel caso h = 0: 1 −1 20 0 −10 0 1

· xyz

=

000

da cui x − y + 2z = 0

−z = 0 z = 0⇔

x = ty = tz = 0

, t ∈R.

Alla luce di ciò, kerf = 〈(1,1,0)〉.Sia, infine, h = 1. In tal caso

M(f ) =

1 −1 20 1 −11 0 1

e si vede subito che ρ(M(f )) = 2, perciò dim Imf = 2 e Imf = 〈(−1,1,0), (2,−1,1)〉. Inoltre dimkerf =dimR

3 −dim Imf = 3− 2 = 1. Determiniamo kerf nel caso h = 1: 1 −1 20 1 −11 0 1

· xyz

=

000

da cui x − y + 2z = 0

y − z = 0 x+ z = 0⇔

x = −ty = tz = t

, t ∈R.

Alla luce di ciò, kerf = 〈(−1,1,1)〉.

(b) Occorre discutere l’esistenza di vettori (x,y,z) ∈R3 tali che 1 −1 20 h −1h 0 1

· xyz

=

2−11

.In base a quanto visto nel punto (a), se h , 0 ∧ h , 1, esiste uno ed un solo vettore (x,y,z) ∈ R

3

soddisfacente il sistema di sopra. Siccome f (e3) = (2,−1,1), si deduce che la controimmagine in talcaso è f −1(2,−1,1) = e3 = (0,0,1). Se h = 0, si ottiene il sistema

x − y + 2z = 2−z = −1z = 1

che è equivalente al seguente: x = ty = tz = 1

Quindi, se h = 0, f −1(2,−1,1) = (t, t,1), t ∈R.Si osservi che scegliendo t = 0 si ottiene nuovamente e3.Se h = 1, si ottiene il sistema

x − y + 2z = 2y − z = −1x+ z = 1

che è equivalente al seguente: x = 1− ty = t − 1z = t

Quindi, se h = 1, f −1(2,−1,1) = (1− t, t − 1, t), t ∈R.Si osservi che scegliendo t = 1 si ottiene nuovamente e3.

(c) Sia h = 0. Calcoliamo il polinomio caratteristico associato ad f :


1− t −1 20 −t −10 0 1− t

= −t(t − 1)2.

Gli autovalori di f sono le radici dell’equazione p(t) = 0, ovvero t = 0 con molteplicità algebrica 1 et = 1 con molteplicità algebrica 2. L’autospazio V0 relativo all’autovalore t = 0 è kerf nel caso h = 0,quindi mg (0) = dimV0 = dimkerf = 1.Determiniamo l’autospazio V1: 1− 1 −1 2

0 −1 −10 0 1− 1

· xyz

=

000

da cui −y + 2z = 0−y − z = 0

sicché si vede subito che V1 = 〈(1,0,0)〉.Avendosi dimV1 = 1 ,ma(1) = 2, si conclude che f non è semplice.

B1

3 Ogni lettera può essere scelta in 22 modi, ogni cifra in 10 modi, e ogni scelta di una lettera o di una cifrapuò essere combinata con qualsiasi altra scelta di cifre e di lettere in altre posizioni. Pertanto le targheitaliane sono 103 · 224. Ragionando in modo analogo, si trova che nell’altro paese le targhe sono 104 · 223.La differenza è:

103 · 223 · (22− 10) = 12 · 103 · 223.

4 Si considerino i seguenti sistemi:

(a)

x+ y + z = 30x > 0y ≥ 5z ≥ 2

, (b)

x+ y + z = 30x ≥ 5y ≥ 5z ≥ 2

, (c)

x+ y + z = 30x > 0y ≥ 5z ≥ 7

, (d)

x+ y + z = 30x ≥ 5y ≥ 5z ≥ 7

.

Per il principio di inclusione esclusione, il numero di soluzioni intere del sistema assegnato è dato dalnumero di soluzioni intere del sistema (a) meno il numero di soluzioni del intere sistema (b), meno ilnumero di soluzioni intere del sistema (c), più il numero di soluzioni intere del sistema (d).Il sistema (a) è equivalente al seguente:

x+ y + z = 30x − 1 ≥ 0y − 5 ≥ 0z − 2 ≥ 0

.

Posto X = x − 1, Y = y − 5, Z = z − 2, esso diventaX +Y +Z = 22X ≥ 0Y ≥ 0Z ≥ 0

.

Se conN (a) denotiamo l’insieme delle soluzioni intere di esso, si ha |N (a)| =(22+3−1

2).

Il sistema (b) è equivalente al seguente: x+ y + z = 30x − 5 ≥ 0y − 5 ≥ 0z − 2 ≥ 0

.


.

Se conN (b) denotiamo l’insieme delle soluzioni intere di esso, si ha |N (b)| =(18+3−1

2).

Il sistema (c) è equivalente al seguente: x+ y + z = 30x − 1 ≥ 0y − 5 ≥ 0z − 7 ≥ 0

.


.

Se conN (c) denotiamo l’insieme delle soluzioni intere di esso, si ha |N (c)| =(17+3−1

2).

Il sistema (d) è equivalente al seguente: x+ y + z = 30x − 5 ≥ 0y − 5 ≥ 0z − 7 ≥ 0

.


.

Se conN (d) denotiamo l’insieme delle soluzioni intere di esso, si ha |N (d)| =(13+3−1

2).

In definitiva, il numero di soluzioni intere del sistema proposto è:

] =(242

)−(202

)−(192

)+(152

).

5 Si definiscano gli eventi: E = "l’individuo è andato alle Isole Eolie”, M = "l’individuo è andato a Malta”. Siha:

P (E) =40

100, P (M) =

25100

, P (E ∩M) =7

100.

(a) P (E ∪M) = P (E) + P (M)− P (E ∩M) = 40100 + 25

100 −7

100 = 2950 = 58%.

(b) P (E \ (E ∩M)) = P (E)− P (E ∩M) = 40100 −

7100 = 33

100 = 33%.(c) P ((E ∪M)c) = 1− P (E ∪M) = 100%− 58% = 42%.

B2

6 Base induttiva. La relazione è banalmente vera per n = 0 avendosi (1 +√

3)0 = 1 ≥ 1 + 0√

3 = 1.

Ipotesi induttiva. Si supponga che (1 +√

3)n ≥ 1 +n√

3.Tesi. Proviamo che (1 +

√3)n+1 ≥ 1 + (n+ 1)

√3. Sfruttando l’ipotesi induttiva si ha:

(1 +√

3)n+1 = (1 +√

3)n(1 +√

3) ≥ (1 +n√

3)(1 +√

3) = 1 +√

3 +n√

3 + 3n ≥ 1 + (n+ 1)√

3,

cioè la tesi.

Nota. La disuguaglianza proposta è un caso particolare della disuguaglianza di Bernoulli: (1 + x)n ≥ 1 + nx,valida per ogni n ∈N e per ogni numero reale x ≥ −1.

7 Prima equazione. Si osservi che −3y = −x + 4 equivale a 3y ≡ −4 mod 1 e ciò si verifica per ogni y ∈ Z.D’altra parte, dall’equazione assegnata si trae x = 3y + 4 e chiaramente 3y + 4 ∈ Z per ogni y ∈ Z. Inconclusione, tutte e sole le soluzioni intere dell’equazione assegnata sono le coppie

(3y + 4, y), y ∈Z.Seconda equazione. Osservare che 202x + 12y = 2(101x + 6y), quindi per ogni x,y ∈ Z il primo membro èun numero pari. Il secondo membro, invece, è dispari. Ne viene che non esiste alcuna coppia (x,y) ∈ Z2

soddisfacente l’equazione assegnata.

8 Si vede subito che il simmetrico di A(1,2) rispetto alla retta y = 1 è il punto A′(1,0). Le equazioni dellarotazione in oggetto sono: x′ = (x − 1)cos π4 − y sin π

4 + 1y′ = (x − 1)sin π

4 + y cos π4.

Occorre ricavare x e y in funzione di x′ e y′ , ossia determinare le equazioni della trasformazione inversa.Nel caso delle rotazioni, però, la trasformazione inversa non è altro che la rotazione di angolo opposto,quindi:x = (x′ − 1)cos

(−π4

)− y′ sin

(−π4

)+ 1

y = (x′ − 1)sin(−π4

)+ y′ cos

(−π4

) ⇒

x = (x′ − 1)cos π4 + y′ sin π4 + 1

y = −(x′ − 1)sin π4 + y′ cos π4

⇒

x = (x′ − 1)√

22 + y′

√2

2 + 1

y = −(x′ − 1)√

22 + y′

√2

2

.

Applicando ora la trasformazione alla retta r) si ottiene:

2((x′ − 1)

√2

2+ y′√

22

+ 1)−(−(x′ − 1)

√2

2+ y′√

22

)+ 1 = 0.

Svolgendo i facili conti e tralasciando gli apici, si trova:

y = −3x − 3√

2 + 3.


Corso di Laurea in InformaticaProva scritta di Matematica Discreta (12 CFU)

11 Dicembre 2015


A1

1 (a) Nel piano sono dati i punti A(−1, 0) e B(2, 0). Determinare un punto C sull’asse ~y in modo che il triangoloABC abbia area 6.

(b) Nello spazio sono dati il piano α : 2x− y + z + 1 = 0 e il punto A(0, 1, 1).(i) Determinare il piano β passante per A e parallelo ad α.(ii) Determinare la retta n passante per A e ortogonale ad α.(iii) Determinare il piano γ contenente n e passante per il punto B(−1, 0, 1).

A2

2 Sia dato l’endomorfismo f : R3 → R3 definito dalle relazioni

f(0, 1, 1) = (2, 2 + h, 2− h), f(1, 1,−1) = (0, 0,−2), f(0, 1,−1) = (0, h,−2− h),dove h è un parametro reale.(a) Studiare f al variare di h determinando in ciascun caso Im f e Ker f .(b) Trovare, al variare di h, f−1(0, 0, 1).(c) Discutere la semplicità di f e trovare una base di autovettori quando essa esiste.

(Suggerimento: può essere utile osservare che f(1, 1, 0) = f(1, 1, 0)).

B1

3 Un docente prepara un test suddiviso in tre parti. La prima parte contiene 3 quesiti, la seconda ne contiene 5e la terza ne contiene 4. Quante versioni del compito si possono realizzare riordinando i quesiti in modo checiascun quesito resti sempre nella stessa parte? Giustificare la risposta.

4 Determinare la cardinalità dell’insieme delle soluzioni intere del seguente sistema:x+ y + z = 40

x > 0

1 ≤ y ≤ 4

z > 3

.

5 Si lancia un dado per quattro volte consecutive. Calcolare la probabilità che escano quattro numeri minori di 6.

B2

6 Dimostrare che, per ogni n ∈ N, n ≥ 2, vale la disuguaglianza 1 + 12 + 1

3 + ...+ 1n ≥

3n2n+1 .

7 Siano dati i seguenti sistemi di congruenze:

a)

2x ≡ 12 mod 4

3x ≡ 4 mod 10, b)

17x ≡ 7 mod 2

2x ≡ 1 mod 3

2x ≡ 7 mod 5

.

Determinare le eventuali soluzioni dei sistemi assegnati applicando, se è possibile, il Teorema cinese del resto.Qualora non fosse applicabile tale teorema, ricorrere al metodo di sostituzione.

8 Determinare le eventuali soluzioni intere (x, y) dell’equazione 5x+ 2y = 1.


A1

1 (a) Posto C(0, c), la base del triangolo in oggetto è lunga AB = 3 e l’altezza h è lunga |c|. Occorre richiedereche

A (ABC) =AB · h

2= 6 ⇔ 3|c|

2= 6,

da cui |c| = 4 e quindi c = ±4. In definitiva, come era facilmente intuibile, il problema ammette duesoluzioni: C1(0,−4) e C2(0, 4).

(b) (i) Un vettore ortogonale ad α è (2,−1, 1). Così il piano cercato è β : 2(x−0)+(−1)(y−1)+1(z−1) = 0da cui

β : 2x− y + z = 0.

(ii) La retta n ha come vettore di direzione (2,−1, 1). Essa è data da:

n :

x = 2t

y = 1− tz = 1 + t

, t ∈ R.

(iii) Si vede facilmente che le equazioni cartesiane della retta n sono:

n :

x− 2z + 2 = 0

y + z − 2 = 0,

così un generico piano contenente n è dato da

λ(x− 2z + 2) + µ(y + z − 2) = 0.

Imponendo il passaggio per B si trova

λ+ µ = 0.

Si può dunque scegliere λ = 1 e µ = −1 e così sostituendo nell’equazione del fascio di pianicontenenti n si trova

γ : x− y − 3z + 4 = 0.

A2

2 Si ricava facilmente la matrice M(f) associata ad f rispetto alla base canonica di R3:

M(f) =

0 1 1−h 1 + h 1h −h 2

.

(a) Si vede subito che detA = 2h. Se h 6= 0, allora ρ(M(f)) = 3, cioè dim Imf = 3 e quindi Imf = R3 e ciòvuol dire che f è suriettiva. Da quanto trovato segue inoltre che dimker f = 0 e quindi ker f = (0, 0, 0)e ciò vuol dire che f è iniettiva. In definitiva, per h 6= 0, f è un isomorfismo. Esaminiamo adesso il casoh = 0. In tal caso

M(f) =

0 1 10 1 10 0 2

e si vede subito che ρ(M(f)) = 2, perciò dim Imf = 2 e Imf = 〈(1, 1, 0), (0, 0, 1)〉. Inoltre dimker f =dimR3 − dim Imf = 3− 2 = 1. Determiniamo ker f nel caso h = 0: 0 1 1

0 1 10 0 2

· x

yz

=

000

da cui

y + z = 0

z = 0⇔

x = t

y = 0

z = 0

, t ∈ R.

Alla luce di ciò, ker f = 〈(1, 0, 0)〉.

(b) Occorre discutere l’esistenza di vettori (x, y, z) ∈ R3 tali che 0 1 1−h 1 + h 1h −h 2

· x

yz

=

001

.

In base a quanto visto nel punto (a), se h 6= 0, esiste uno ed un solo vettore (x, y, z) ∈ R3 soddisfacente ilsistema di sopra. In tal caso si trova subito f−1(0, 0, 1) =

(− 1

2 ,−12 ,

12

). Se h = 0, si trova f−1(0, 0, 1) =

(t,− 1

2 ,12

), t ∈ R.

(c) Calcoliamo il polinomio caratteristico associato ad f :

p(t) = det(M(f)− tI3) = det

0− t 1 1−h 1 + h− t 1h −h 2− t

.

Tenendo conto che f(1, 1, 0) = (1, 1, 0), si deduce che f ha l’autovalore t = 1. Quindi, dopo aver calcolatoil suddetto determinante, è semplice fattorizzarlo con la regola di Ruffini, ottenendo:

p(t) = t3 + (−h− 3)t2 + (3h+ 2)t− 2h = (t− 1)(t− 2)(t− h).

Gli autovalori di f sono le radici dell’equazione p(t) = 0. Se h 6= 1 ∧ h 6= 2, gli autovalori sono distinti edunque f è semplice. In tal caso gli autospazi associati, rispettivamente, agli autovalori t = 1, t = 2 et = h sono:• V1 = (x, x, 0), x ∈ R, con base (1, 1, 0);• V2 = (x, x, x), x ∈ R, con base (1, 1, 1);• Vh = (2ρ, (3h− h2)ρ, (h2 − h)ρ), ρ ∈ R, con base (2, 3h− h2, h2 − h).

Una base di autovettori di f è quindi (1, 1, 0), (1, 1, 1), (2, 3h− h2, h2 − h).Se h = 1 si ha che t = 1 ha molteplicità algebrica 2; siccome V1 ha dimensione 1, si conclude che f nonè semplice.Se h = 2 si ha che t = 2 ha molteplicità algebrica 2; siccome V2 ha dimensione 1, si conclude che f nonè semplice.

B1

3 Si tratta di permutare i quesiti nelle tre parti: nella prima parte occorre permutare i 3 quesiti, nella secondaparte occorre permutare i 5 quesiti e nella terza parte occorre permutare i 4 quesiti. Poiché ovviamente in uncompito ogni quesito è diverso dall’altro, le permutazioni in oggetto sono semplici. Per la regola del prodotto,il numero di compiti realizzabili riordinando i quesiti è dato da:

] = P3 · P5 · P4 = 3! · 5! · 4!

4 Scriviamo il sistema in forma equivalente. Si ha:x+ y + z = 40

x ≥ 1

1 ≤ y ≤ 4

z ≥ 4

,

che è a sua volta equivalente al seguente:x+ y + z = 40

x− 1 ≥ 0

0 ≤ y − 1 ≤ 3

z − 4 ≥ 0

.

Posto X = x− 1, Y = y − 1, Z = z − 4, si ottiene

X + Y + Z = 34

X ≥ 0

Y ≥ 0

Y ≤ 3

Z ≥ 0

.


] = ]1 − ]2,


(s1)

X + Y + Z = 34

X ≥ 0

Y ≥ 0

Z ≥ 0


(s2)

X + Y + Z = 34

X ≥ 0

Y ≥ 4

Z ≥ 0

.

Posto Y = Y − 4, il sistema (s2) è equivalente al seguenteX + Y + Z = 30

X ≥ 0

Y ≥ 0

Z ≥ 0

.


] = C(r)3,34 − C

(r)3,30 =

(36

2

)−(32

2

).

5 Si definiscano gli eventi Ei = “esce il numero i”, per ogni i = 1, 2, 3, 4, 5. Si ha che P (Ei) =16 . Si definiscano,

inoltre, gli eventi Ak = “nel lancio k esce un numero minore di 6”, per ogni k = 1, 2, 3, 4.Poiché Ak = E1 ∪E2 ∪E3 ∪E4 ∪E5 per ogni k = 1, 2, 3, 4, e visto che gli eventi Ei sono incompatibili a duea due, si ha

P (Ak) =

5∑k=1

P (Ek) =5

6.

Siccome deve uscire un numero minore di 6 in ognuno dei quattro lanci (che sono indipendenti), si ha che laprobabilità p richiesta vale:

p = P (A1 ∩A2 ∩A3 ∩A4) =

4∏j=1

P (Aj) =

(5

6

)4

=625

1296.

B2

6 Per ogni n ∈ N, con n ≥ 2, sia

P(n) : 1 + 1

2+

1

3+ ...+

1

n≥ 3n

2n+ 1.

Base induttiva. Banalmente per n = 2 si ha 1 + 12 = 3

2 ≥3·2

2·2+1 , quindi P(2) è valida.Ipotesi induttiva. Si supponga che valga P(n).Tesi. Proviamo che vale P(n+ 1), cioè che

1 +1

2+

1

3+ ...+

1

n+

1

n+ 1≥ 3(n+ 1)

2(n+ 1) + 1=

3(n+ 1)

2n+ 3.

Si ha:

1 +1

2+

1

3+ ...+

1

n︸︷︷︸≥ 3n

2n+1 (Ipotesi induttiva)

+1

n+ 1≥ 3(n+ 1)

2(n+ 1) + 1≥ 3n

2n+ 1+

1

n+ 1=

3n2 + 5n+ 1

(2n+ 1)(n+ 1).

Se proviamo che per ogni n ∈ N, con n ≥ 3 si ha

3n2 + 5n+ 1

(2n+ 1)(n+ 1)≥ 3(n+ 1)

2n+ 3,

continuando la minorazione di sopra si otterrebbe la tesi. La suddetta disequazione equivale a

(3n2 + 5n+ 1)(2n+ 3) ≥ 3(n2 + 2n+ 1)(2n+ 1),

da cui, svolgendo i facili conti, si ottiene

4n2 + 5n ≥ 0,

relazione verificata per ogni n ∈ N. Pertanto

1 +1

2+

1

3+ ...+

1

n+

1

n+ 1≥ 3n2 + 5n+ 1

(2n+ 1)(n+ 1)≥ 3(n+ 1)

2n+ 3,

da cui la validità di P(n+ 1).

7 Sistema a). Dividendo la prima equazione per 2 e moltiplicando la seconda equazione per 7, il sistema siriscrive nel modo seguente:

x ≡ 0 mod 2

x ≡ 8 mod 10.

Poiché (2, 10) = 2 6= 1, non è possibile applicare il Teorema cinese del resto. Procediamo, dunque, usando ilmetodo di sostituzione. Tenendo conto che

x ≡ 0 mod 6 ⇔ x = 2α, α ∈ Z,sostituendo x = 2α nella seconda equazione del sistema si ottiene 2α ≡ 8 mod 10 da cui α ≡ 4 mod 5, cioèα = 4 + 5β, β ∈ Z. Sostituendo infine tale espressione di α in x = 2α si ottiene che le soluzioni del sistemaassegnato sono tutti i numeri interi x tali che x = 2(4 + 5β) = 8 + 10β, β ∈ Z o, in modo più compatto,

x ≡ 8 mod 10.

Sistema b). Riducendo modulo 2 la prima equazione, moltiplicando per 5 la seconda (riducendola suc-cessivamente ) e riducendo la terza (dividendola successivamente per 2), il sistema si riscrive nel modoseguente:

x ≡ 1 mod 2

x ≡ 2 mod 3

x ≡ 1 mod 5

.

Dal momento che (2, 3) = 1, (2, 5) = 1 e (3, 5) = 1, sono verificate le ipotesi del Teorema cinese del resto.Con le consuete notazioni, si ha:

M = 30, M1 = 15, M2 = 10, M3 = 6.

L’equazione M1y ≡ 1 mod 5 è 15y ≡ 1 mod 2 che si riscrive come y ≡ 1 mod 2. Una soluzione particolareè y1 = 1.L’equazione M2y ≡ 1 mod 3 è 10y ≡ 1 mod 3 che si riscrive come y ≡ 1 mod 3. Una soluzione particolareè y2 = 1.L’equazione M3y ≡ 1 mod 5 è 6y ≡ 1 mod 5 che si riscrive come y ≡ 1 mod 5. Una soluzione particolare èy3 = 1.La soluzione generale del sistema data è dunque:

x = 1 · 15 · 1 + 2 · 10 · 1 + 1 · 6 · 1 + 30λ, ∀λ ∈ Z.In modo compatto, tutte e sole le soluzioni del sistema c) sono i numeri interi x tali che

x ≡ 11 mod 30.

8 Da 5x + 2y = 1 segue 5x = 1 − 2y, cioè 5x ≡ 1 mod 2 che è equivalente a x ≡ 1 mod 2, da cui si ottienela soluzione generale di tale equazione: x = 1 + 2λ, per ogni λ ∈ Z. Sostituiamo tale espressione di xnell’equazione assegnata:

5(1 + 2λ) + 2y = 1,

da cui y = −2−5λ. In conclusione tutte e sole le soluzioni intere dell’equazione data sono, al variare di λ ∈ Z,le coppie

(1 + 2λ,−2− 5λ) ∈ Z2.



3 Febbraio 2016


A1

1 (a) Nel piano è data la retta passante per i punti P (1, 0) e Q(0, 1). Determinare(i) l’equazione della retta passante per P e Q;(ii) un punto R sul semiasse negativo delle ascisse in modo che il triangolo PQR abbia area 3

2 .(b) Nello spazio sono dati il piano π : x− 2y + z + 1 = 0 e i punti A(0, 1, 0) e B(2, 0, 2). Determinare:

(i) l’equazione del piano α passante per O(0, 0, 0) e perpendicolare alla retta per A e per B;(ii) l’equazione del piano β contenente A e B e perpendicolare al piano π;(iii) la proiezione ortogonale di A su π.

A2

2 Sia fk : R3 → R3 l’endomorfismo tale che

fk(x, y, z) = (2y, kx− y + kz, 2y)

dove k è un parametro reale.(a) Studiare fk al variare di k determinando in ciascun caso Im fk, Ker fk e loro basi.(b) Dimostrare che f−1

k (0, 0, 1) = ∅ per ogni k ∈ R.(c) Studiare, al variare di k, la semplicità di fk.

B1

3 Sia P un poligono convesso di 18 lati. Quanti sono i triangoli i cui vertici sono vertici di P? Fra questi triangoli,quanti non hanno lati in comune con P (in altre parole: quanti hanno per lati soltanto diagonali di P)?

4 Si consideri l’equazione (E) : x+ y+ z + t = 28. Determinare la cardinalità dell’insieme delle quaterne di interinon negativi che sono soluzioni di (E).

5 Calcolare la probabilità di ottenere cinque volte il numero 4 lanciando sette volte un dado regolare. Giustificarela risposta.

B2

6 Dimostrare che, per ogni n ∈ N, n ≥ 1, il numero 7 · 52n−1 + 23n+1 è divisibile per 17.

7 Determinare le eventuali soluzioni del seguente sistema di congruenze:3x ≡ 12 mod 6

62x ≡ 13 mod 7

14x ≡ 2 mod 5

.

8 Determinare le eventuali soluzioni intere (x, y) dell’equazione 5x− 7y = 13.


A1

1 (a) (i) L’equazione della retta passante per P e Q è x−10−1 = y−0

1−0 , cioè x+ y − 1 = 0.(ii) Sia R(k, 0), con k < 0 (la condizione k < 0 assicura che R stia sul semiasse negativo delle ascisse).

Posto O(0, 0), come base del triangolo PQR scegliamo PR e come altezza OQ.Si ha che PR = OP +OR = 1 + |k| e OQ = 1. Imponiamo la seguente relazione

A (PQR) =PR ·OQ

2=|k|+ 1

2=

3

2

da cui k = ±2. Dovendo essere k < 0, il valore k = 2 non è accettabile e dunque R(−2, 0).(b) (i) Il vettore ~AB = (2,−1, 2) è ortogonale al piano α dunque α ha una equazione del tipo

2x− y + 2z + k = 0.

Imponendo il passaggio per l’origine, otteniamo k = 0 e dunque

α : 2x− y + 2z = 0.

(ii) Imponendo all’equazione generica di un piano ax+ by+ cz+ d = 0 il passaggio per A, il passaggioper B e l’ortogonalità con π, si perviene al seguente sistema lineare:

b+ d = 0

2a+ 2c+ d = 0

a− 2b+ c = 0

.

Le soluzioni di tale sistema sono tutte proporzionali alla soluzione di componenti a = 1, b = 0,c = −1, d = 0, dunque il piano cercato ha equazione

x− z = 0.

(iii) La retta r passante per A e ortogonale a π ha equazioni parametriche:

r :

x = t

y = 1− 2t

z = t

, t ∈ R.

Sostituendo nell’equazione di π si ottiene facilmente t = 16 e dunque la proiezione richiesta è il

punto H( 16 ,23 ,

16 ).

A2

2 Si ricava facilmente la matrice A associata ad f rispetto alla base canonica di R3:

A =

0 2 0k −1 k0 2 0

.

(a) Si vede subito che detA = 0 per ogni k ∈ R.Inoltre, per k 6= 0, ρ(A) = 2 e per k = 0, ρ(A) = 1. Pertanto:• se k 6= 0, una base di Im fk è (0, k, 0), (2,−1, 2) e quindi Im fk = 〈(0, k, 0), (2,−1, 2)〉 e una base

di ker fk è (1, 0,−1) e quindi ker fk = 〈(1, 0,−1)〉;• se k = 0, una base di Im f0 è (2,−1, 2) e quindi Im f0 = 〈(2,−1, 2)〉 e una base di ker f0 è(1, 0, 0), (0, 0, 1) e quindi ker f0 = 〈(1, 0, 0), (0, 0, 1)〉.

(b) Occorre discutere l’esistenza di vettori (x, y, z) ∈ R3 tali che 0 2 0k −1 k0 2 0

· x

yz

=

001

.

Tale sistema si riscrive così: 2y = 0

kx− y + kz = 0

2y = 1

che è impossibile per ogni k ∈ R.(c) Calcoliamo il polinomio caratteristico associato ad fk:

p(t) = det(A− tI3) = det

0− t 2 0k −1− t k0 2 0− t

= t(t2 + t− 4k).

Le radici dell’equazione p(t) = 0 sono tutte reali se e solo se k > − 116 .

Se k > − 116 e k 6= 0 tali radici sono reali e distinte e dunque fk è semplice.

Se k = 0 gli autovalori risultano t1 = t2 = 0, t3 = −1. Poiché ma(0) = 2 e mg(0) = dimker f0 = 2 enecessariamente ma(−1) = 1 = mg(−1), l’endomorfismo fk è semplice.

B1

3 I triangoli sono tanti quante le terne non ordinate di vertici di P, dunque(18

3

)= 816.

Per ogni lato fissato del poligono, i triangoli che hanno solo quel lato in comune con il poligono sono 18−4 = 14.I triangoli che hanno due lati in comune con il poligono sono invece 18. Ne viene che i triangoli che non hannolati in comune con il poligono sono

816− 18 · (18− 4)− 18 = 546.

4 Il numero richiesto è pari a

P(r)28,4−1 =

(28 + 4− 1

4− 1

)=

(31

3

)= 4495.

5 Si tratta di un problema di prove ripetute. Si definisca l’evento E = “esce il numero 4”. Si ha P (E) = 16 .

Di conseguenza, la probabilità che non si verifichi E, è data da P (Ec) = 1 − P (E) = 56 . Il caso in cui si

verifichi l’evento E in cinque lanci del dado dei sette effettuati, può essere visto come l’unione di(75

)eventi tra

loro incompatibili, ciascuno dei quali corrisponde a un sottoinsieme di cinque elementi dell’insieme delle setteprove: quello delle cinque prove in cui si è verificato E. Ciascuno di tali eventi è, a sua volta, l’intersezione disette eventi indipendenti: il verificarsi di E in ciascuna delle cinque prove e il non verificarsi di E in ciascunadelle 7− 5 prove. La probabilità di ciascuno di tali eventi è dunque il prodotto di tali probabilità, ossia

1

6· ... · 1

6︸︷︷︸cinque fattori

· 56· ... · 5

6︸︷︷︸due fattori

=

(1

6

)5(5

6

)2

.

Sommando le probabilità degli(75

)eventi incompatibili, si ha la probabilità cercata:(

7

5

)(1

6

)5(5

6

)2

.

B2


P(n) : 7 · 52n−1 + 23n+1 è divisibile per 17.

Base induttiva. Banalmente per n = 1 si ha 7 · 5 + 24 = 51 che è divisibile per 17, quindi P(1) è valida.Ipotesi induttiva. Si supponga che valga P(n), cioè che esista h ∈ N tale che

7 · 52n−1 + 23n+1 = 17h.

Tesi. Proviamo che vale P(n+ 1), cioè che

7 · 52(n+1)−1 + 23(n+1)+1 è divisibile per 17,

cioè che esiste k ∈ N tale che 7 · 52(n+1)−1 + 23(n+1)+1 = 17k. Si ha:

7 · 52(n+1)−1 + 23(n+1)+1 = 7 · 52n−1 · 52 + 23n+1 · 23

= 25(7 · 52n−1) + 8(23n+1)

= 17(7 · 52n−1) + 8(7 · 52n−1) + 8(23n+1)

= 17(7 · 52n−1) + 8(7 · 52n−1 + 23n+1︸︷︷︸=17h

)

= 17(7 · 52n−1 + 8h) = 17h,

dove si è posto k = 7 · 52n−1 + 8h.

7 Il sistema proposto si può riscrivere come segue:x ≡ 0 mod 2

x ≡ 1 mod 7

x ≡ 3 mod 5

.

Dalla terza equazione si ottiene x = 3 + 5h, per ogni h ∈ Z. Inoltre, la prima equazione equivale a x = 2t,per ogni t ∈ Z.Da ciò segue che 2t = 3 + 5h, cioè 2t ≡ 3 mod 5 e quindi, moltiplicando per 3, si ha t ≡ 4mod 5 che significa t = 4+5k, per ogni k ∈ Z. In definitiva, x = 2t = 2(4+5k) = 8+10k, per ogni k ∈ Z. Laseconda equazione, infine, è equivalente a x = 1+7s, per ogni s ∈ Z. Sostituendo l’espressione di x trovata inprecedenza combinando la prima e la terza equazione, si ottiene 8+10k = 1+7s, cioè 7s ≡ 7 mod 10 e quindi,moltiplicando per 3, s ≡ 1 mod 10. In conclusione, s = 1+10k e dunque x = 1+7s = 1+7(1+10k) = 8+70k,per ogni k ∈ Z.Le soluzioni del sistema sono dunque tutti i numeri interi x tali che

x ≡ 8 mod 70.

Osservazione. Il quesito può essere risolto anche avvalendosi del Teorema cinese del resto.

8 L’equazione proposta ammette soluzioni poiché (5, 7) = 1 divide 13.Da 5x−7y = 13 segue 5x = 13+7y, cioè 5x ≡ 13 mod 7 e quindi 5x ≡ 6 mod 7. Determiniamo la soluzionegenerale dell’equazione 5x ≡ 6 mod 7. Moltiplicando per 3 si ha 15x ≡ 18 mod 7, da cui x ≡ 4 mod 7;la soluzione generale di tale equazione è x = 4 + 7λ, per ogni λ ∈ Z. Sostituiamo tale espressione di xnell’equazione assegnata:

5(4 + 7λ)− 7y = 13,

da cui y = 1+ 5λ. In conclusione tutte e sole le soluzioni intere dell’equazione data sono, al variare di λ ∈ Z,le coppie

(4 + 7λ, 1 + 5λ) ∈ Z2.



23 Febbraio 2016


A1

1 (a) Nel piano è data la retta passante per i punti P (1, 0) e Q(0, 1). Determinare(i) l’equazione della retta passante per P e Q;(ii) un punto R sul semiasse negativo delle ascisse in modo che il triangolo PQR abbia area 3

2 .(b) Nello spazio sono dati il piano π : x− 2y + z + 1 = 0 e i punti A(0, 1, 0) e B(2, 0, 2). Determinare:

(i) l’equazione del piano α passante per O(0, 0, 0) e perpendicolare alla retta per A e per B;(ii) l’equazione del piano β contenente A e B e perpendicolare al piano π;(iii) la proiezione ortogonale di A su π.

A2

2 Sia fk : R3 → R3 l’endomorfismo tale che

fk(x, y, z) = (2y, kx− y + kz, 2y)

dove k è un parametro reale.(a) Studiare fk al variare di k determinando in ciascun caso Im fk, Ker fk e loro basi.(b) Dimostrare che f−1k (0, 0, 1) = ∅ per ogni k ∈ R.(c) Studiare, al variare di k, la semplicità di fk.

B1

3 Tra tutte le cinquine che si possono realizzare con i novanta numeri del gioco del Lotto, quante sono quelleaventi due numeri minori di 20 e tre numeri maggiori di 60?

4 Si consideri l’equazione (E) : x+ y+ z + t = 15. Determinare la cardinalità dell’insieme delle quaterne di interimaggiori di 1 che sono soluzioni di (E).

5 Due urne, U e V , contengono ciascuna 2 biglie bianche e 2 biglie nere. Da ogni urna si estraggono a caso trebiglie. Calcolare la probabilità che, sia da U che da V , vengano estratte le due biglie bianche.

B2

6 Dimostrare che, per ogni n ∈ N, n ≥ 1, vale la disuguaglianza:

1 +1√2+

1√3+ ...+

1√n≥√n.

7 Determinare le eventuali soluzioni del seguente sistema di congruenze:7x ≡ 5 mod 11

6x ≡ 0 mod 14

4x ≡ 2 mod 6

.

8 Determinare le eventuali soluzioni intere (x, y) della seguente equazione: 5x+ y = 12.


A1

1 (a) (i) L’equazione della retta passante per P e Q è x−10−1 = y−0

1−0 , cioè x+ y − 1 = 0.(ii) Sia R(k, 0), con k < 0 (la condizione k < 0 assicura che R stia sul semiasse negativo delle ascisse).

Posto O(0, 0), come base del triangolo PQR scegliamo PR e come altezza OQ.Si ha che PR = OP +OR = 1 + |k| e OQ = 1. Imponiamo la seguente relazione

A (PQR) =PR ·OQ

2=|k|+ 1

2=

3

2

da cui k = ±2. Dovendo essere k < 0, il valore k = 2 non è accettabile e dunque R(−2, 0).(b) (i) Il vettore ~AB = (2,−1, 2) è ortogonale al piano α dunque α ha una equazione del tipo

2x− y + 2z + k = 0.

Imponendo il passaggio per l’origine, otteniamo k = 0 e dunque

α : 2x− y + 2z = 0.

(ii) Imponendo all’equazione generica di un piano ax+ by+ cz+ d = 0 il passaggio per A, il passaggioper B e l’ortogonalità con π, si perviene al seguente sistema lineare:

b+ d = 0

2a+ 2c+ d = 0

a− 2b+ c = 0

.

Le soluzioni di tale sistema sono tutte proporzionali alla soluzione di componenti a = 1, b = 0,c = −1, d = 0, dunque il piano cercato ha equazione

x− z = 0.

(iii) La retta r passante per A e ortogonale a π ha equazioni parametriche:

r :

x = t

y = 1− 2t

z = t

, t ∈ R.

Sostituendo nell’equazione di π si ottiene facilmente t = 16 e dunque la proiezione richiesta è il

punto H( 16 ,23 ,

16 ).

A2

2 Si ricava facilmente la matrice A associata ad f rispetto alla base canonica di R3:

A =

0 2 0k −1 k0 2 0

.

(a) Si vede subito che detA = 0 per ogni k ∈ R.Inoltre, per k 6= 0, ρ(A) = 2 e per k = 0, ρ(A) = 1. Pertanto:• se k 6= 0, una base di Im fk è (0, k, 0), (2,−1, 2) e quindi Im fk = 〈(0, k, 0), (2,−1, 2)〉 e una base

di ker fk è (1, 0,−1) e quindi ker fk = 〈(1, 0,−1)〉;• se k = 0, una base di Im f0 è (2,−1, 2) e quindi Im f0 = 〈(2,−1, 2)〉 e una base di ker f0 è(1, 0, 0), (0, 0, 1) e quindi ker f0 = 〈(1, 0, 0), (0, 0, 1)〉.

(b) Occorre discutere l’esistenza di vettori (x, y, z) ∈ R3 tali che 0 2 0k −1 k0 2 0

· x

yz

=

001

.

Tale sistema si riscrive così: 2y = 0

kx− y + kz = 0

2y = 1

che è impossibile per ogni k ∈ R.(c) Calcoliamo il polinomio caratteristico associato ad fk:

p(t) = det(A− tI3) = det

0− t 2 0k −1− t k0 2 0− t

= t(t2 + t− 4k).

Le radici dell’equazione p(t) = 0 sono tutte reali se e solo se k > − 116 .

Se k > − 116 e k 6= 0 tali radici sono reali e distinte e dunque fk è semplice.

Se k = 0 gli autovalori risultano t1 = t2 = 0, t3 = −1. Poiché ma(0) = 2 e mg(0) = dimker f0 = 2 enecessariamente ma(−1) = 1 = mg(−1), l’endomorfismo fk è semplice.

B1

3 Vi sono 19 numeri minori di 20 e 30 numeri maggiori di 60 e minori o uguali di 90. Nel gioco del Lotto,ovviamente, non è interessante l’ordine. Si ha dunque che, per la regola del prodotto, il numero di cinquinerichiesto è pari a (

19

2

)·(30

3

)= 694 260.

4 Occorre determinare il numero delle soluzioni intere del sistema

x+ y + z + y = 15

x > 1

y > 1

z > 1

t > 1

.

Tale sistema è equivalente al seguente:

x+ y + z + y = 15

x− 2 ≥ 0

y − 2 ≥ 0

z − 2 ≥ 0

t− 2 ≥ 0

.

Effettuate le posizioni:

X = x− 2, Y = y − 2, Z = z − 2, T = t− 2,

il sistema diventa:

X + Y + Z + T = 7

X ≥ 0

Y ≥ 0

Z ≥ 0

T ≥ 0

,

che, come è noto, ammette (7 + 4− 1

4− 1

)=

(10

3

)soluzioni intere.

5 Le estrazioni dalle due urne sono due eventi indipendenti. Denotati, rispettivamente, con X e Y il numero dibiglie bianche estratte da U e da V , si ha:

P ((X = 2) ∩ (Y = 2)) = P (X = 2)P (Y = 2) =

(22

)(21

)(43

) ·(22

)(21

)(43

) =1

2· 12=

1

4.

B2


P(n) : 1 + 1√2+

1√3+ ...+

1√n≥√n.

Base induttiva. Banalmente per n = 1 si ha 1 ≥√1 quindi P(1) è valida.

Ipotesi induttiva. Si supponga che valga P(n), cioè che

1 +1√2+

1√3+ ...+

1√n≥√n.

Tesi. Proviamo che vale P(n+ 1), cioè che

1 +1√2+

1√3+ ...+

1√n+ 1

≥√n+ 1,

Si ha:

1 +1√2+

1√3+ ...+

1√n+ 1

= 1 +1√2+

1√3+ ...+

1√n︸︷︷︸

≥√n, ∀n∈N\0

+1√n+ 1

≥√n+

1√n+ 1

Se proviamo che√n+

1√n+ 1

≥√n+ 1,

avremmo ottenuto la tesi. In effetti, la precedente disuguaglianza è di verifica immediata. Essa equivale a:√n(n+ 1) + 1 ≥ n+ 1 ⇔ n(n+ 1) ≥ n2 ⇔ n2 ≥ 0,

che è banalmente verificata per ogni n ∈ N.

7 Il sistema proposto si può riscrivere come segue:x ≡ 7 mod 11

x ≡ 0 mod 7

x ≡ 2 mod 3

,

la cui soluzione sappiamo già essere unica modulo 3·7·11 = 231, grazie al Teorema cinese del resto. Risolviamoil sistema: dalla prima congruenza otteniamo x = 7+11h, espressione che sostituita nella seconda congruenzadà 7 + 11h ≡ 0 mod 7, cioè 4h ≡ 0 mod 7. L’inverso di 4 è 2, e moltiplicando per 2 entrambi i membriotteniamo h ≡ 0 mod 7, cioè h = 7k. Sostituendo, si ottiene x = 7+77k. Sostituiamo ora questa espressionenella terza congruenza. Si calcola facilmente 7 + 77k ≡ 2 mod 3, cioè 2k ≡ 1 mod 3, che fornisce k ≡ 2mod 3 dopo aver moltiplicato per 2. In conclusione k = 2 + 3`, che sostituito nell’espressione per x forniscex = 7 + 77(2 + 3`) = 161 + 231`. Le soluzioni del sistema dato sono quindi tutti gli interi congrui a 161modulo 231, cioè tutti gli interi x tali che

x ≡ 161 mod 231.

8 L’equazione proposta ammette soluzioni poiché (5, 1) = 1 divide 12.Da 5x + y = 12 segue y = 12 − 5x, cioè y ≡ 12 mod 5 e quindi y ≡ 2 mod 5. La soluzione generaledell’equazione y ≡ 2 mod 5 è y = 2 + 5λ, per ogni λ ∈ Z. Sostituiamo tale espressione di y nell’equazioneassegnata:

5x+ (2 + 5λ) = 12,

da cui x = 2− λ. In conclusione tutte e sole le soluzioni intere dell’equazione data sono, al variare di λ ∈ Z,le coppie

(2− λ, 2 + 5λ) ∈ Z2.



15 Aprile 2016

Tempo a disposizione: 180 minuti.

1 Nello spazio sono dati il piano α) x − y + z = 0, la retta r) x = y + z = 0 ed il punto A(1, 0, 1).Trovare:(a) La retta passante per A, parallela ad α) ed incidente r).(b) La distanza di A da r).(c) Il simmetrico di A rispetto ad α).

2 Sia dato l’endomorfismo f : R3 → R3 definito, rispetto alle basi canoniche, dalle relazioni

f(x, y, z) = ((h+ 1)x+ y − z, x+ (h+ 1)y − z, hx+ y),

dove h è un parametro reale.(a) Studiare f al variare di h determinando in ciascun caso Im f e Ker f .(b) Trovare, al variare del parametro reale h, l’immagine inversa del vettore (1, 0,−1).(c) Nel caso h = 1 studiare la semplicità di f e trovare eventualmente una base di autovettori.


0 < x ≤ 3

y > 0

z > 5

.

4 In un’urna vi sono 17 palline blu e 11 palline rosse. Si estraggono a caso tre palline. Calcolare in quantimodi può avvenire l’estrazione in modo che almeno una delle palline estratte sia blu.

5 Sia (Ω, P ) uno spazio di probabilità discreto e siano A e B due eventi.Sapendo che P (A ∪B) = 7

11 , calcolare P (Ac ∩Bc).

6 Dimostrare che, per ogni numero naturale n ≥ 0, il numero 32n+1 + 2n+2 è multiplo di 7.

7 Determinare la cardinalità dell’insieme dei numeri interi q, con 1 ≤ q < 1575, che sono primi con 1575.

8 Calcolare il massimo comune divisore dei numeri 39 e 15 con il metodo delle divisioni successive escrivere la relativa identità di Bézout.


1 (a) L’equazione del fascio di piani contenenti la retta r) è:

λx+ µ(y + z) = 0, ∀λ, µ ∈ R.

Imponendo il passaggio per A si trova la condizione λ+ µ = 1. Quindi, scegliendo ad esempioλ = 1 e µ = −1, si ricava l’equazione del piano passante per A e contenente r):

π1) x− y − z = 0.

Un vettore ortogonale ad α) è (1,−1, 1). Così l’equazione del piano passante per A e paralleload α) è: 1(x− 1) + (−1)(y − 0) + 1(z − 1) = 0, cioè

π2) x− y + z − 2 = 0.

La retta richiesta è l’intersezione tra π1) e π2):x− y − z = 0

x− y + z − 2 = 0.

(b) Si vede subito che r) può essere scritta in forma parametrica come segue:x = 0

y = −tz = t

, t ∈ R,

da cui si deduce che un vettore di direzione di r) è (0,−1, 1).Scriviamo l’equazione del piano β) passante per A ed ortogonale ad r. Tale piano ha comevettore normale il vettore di direzione di r), dunque l’equazione cercata è 0(x− 1) + (−1)(y −0) + 1(z − 1) = 0, quindi

β) y − z + 1 = 0.

Ricerchiamo il punto di intersezione di β) con r):y − z + 1 = 0

x = 0

y + z = 0

⇒

x = 0

y = −12

z = 12

pertanto H = r) ∩ β) ≡ (0,−12 ,

12). Quindi:

d(A, r) = d(A,H) =

√(1− 0)2 +

(0 +

1

2

)2

+

(1− 1

2

)2

=

√3

2=

√6

2.

(c) Determiniamo l’equazione della retta s) passante per A e ortogonale ad α) (e quindi aventecome vettore di direzione il vettore (1,−1, 1) che è ortogonale ad α)):

x = 1 + t

y = −tz = 1 + t

, t ∈ R.

Un generico punto P ∈ s) ha coordinate P (1+t,−t, 1+t). Per la simmetria richiesta è necessarioe sufficiente imporre che il punto medio del segmento AP appartenga ad α, cioè:(

2 + t

2,− t

2,2 + t

2

)∈ α,

da cui2 + t

2+t

2+

2 + t

2= 0 ⇔ t = −4

3.

Sostituendo tale valore di t in P , si trova che il simmetrico A′ di A rispetto ad α è il punto

A′(−1

3,4

3,−1

3

).

2 (a) Sfruttando la legge f(x, y, z), si ha subito:

f(e1) = f(1, 0, 0) = (h+ 1, 1, h),

f(e2) = f(0, 1, 0) = (1, h+ 1, 1),

f(e3) = f(0, 0, 1) = (−1,−1, 0).

Quindi la matrice associata ad f rispetto alle basi canoniche è

M(f) =

h+ 1 1 −11 h+ 1 −1h 1 0

.

Si vede subito che detM(f) = h(h+ 1).Se h 6= 0 e h 6= −1, si ha un isomorfismo e quindi Ker f = (0, 0, 0) e Im f = R3.Sia ora h = 0. In tal caso

M(f) =

1 1 −11 1 −10 1 0

e ρ(M(f)) = 2 e dunque dim Im f = 2 e Im f = 〈(1, 1, 0), (1, 1, 1)〉. Determiniamo le equazionicartesiane dell’immagine:

det

1 1 −11 1 −10 1 0

= 0 ⇔ x− y = 0.

Infine dim Ker f = dimR3 − dim Im f = 1 e risulta che il nucleo di f è l’insieme dei vettori(x, y, z) ∈ R3 tali che

1 1 −11 1 −10 1 0

xyz

=

000

⇔

x+ y − z = 0

x+ y − z = 0

y = 0

⇔

x = z

y = 0

quindi Ker f = 〈(1, 0, 1)〉.Sia infine h = −1. In tal caso

M(f) =

0 1 −11 0 −1−1 1 0

e ρ(M(f)) = 2 e dunque dim Im f = 2 e Im f = 〈(0, 1,−1), (1, 0, 1)〉. Determiniamo le equazionicartesiane dell’immagine:

det

0 1 −11 0 −1−1 1 0

= 0 ⇔ x− y − z = 0.

Infine dim Ker f = dimR3 − dim Im f = 1 e risulta che il nucleo di f è l’insieme dei vettori(x, y, z) ∈ R3 tali che

0 1 −11 0 −1−1 1 0

xyz

=

000

⇔

y − z = 0

x− z = 0

−x+ y = 0

⇔

x = z

y = z

quindi Ker f = 〈(1, 1, 1)〉.

(b) Occorre stabilire l’esistenza di un vettore (x, y, z) ∈ R3 tale che

h+ 1 1 −11 h+ 1 −1h 1 0

xyz

=

10−1

⇔

(h+ 1)x+ y − z = 1

x+ (h+ 1)y − z = 0

hx+ y = 0

.

Se h 6= 0 e h 6= −1, per il Teorema di Cramer il suddetto sistema ammette un’unica soluzionee si trova facilmente che

f−1(1, 0,−1) =

(1− h

h(h+ 1),− 2

h+ 1,−2h2 − 3h+ 1

h(h+ 1)

).

Sia ora h = 0. Si ha: 1 1 −11 1 −10 1 0

xyz

=

10−1

⇔

x+ y − z = 1

x+ y − z = 0

y = −1

.

Vista l’incompatibilità tra la prima e la seconda equazione, il sistema è impossibile e quindi intal caso f−1(1, 0,−1) = ∅.Sia infine h = −1. Si ha: 0 1 −1

1 0 −1−1 1 0

xyz

=

10−1

⇔

y − z = 1

x− z = 0

−x+ y = −1

⇔

x = z

y − z = 1

y − z = −1

.

Vista l’incompatibilità tra la seconda e la terza equazione, il sistema è impossibile e quindi intal caso f−1(1, 0,−1) = ∅.

(c) Nel caso h = 1 si ha

M(f) =

2 1 −11 2 −11 1 0

quindi il polinomio caratteristico associato all’endomorfismo è

p(t) = det(M(f)− tI3) = det

2− t 1 −11 2− t −11 1 −t

= (t− 1)2(2− t).

Risolvendo l’equazione p(t) = 0, si trovano gli autovalori t = 1 (avente molteplicità algebrica2) e t = 2 (avente molteplicità algebrica 1). Determiniamo, ora, gli autospazi V1 e V2 associati,rispettivamente, agli autovalori t = 1 e t = 2.Determiniamo V1 = Ker (M(f)−I3). Si trova subito che l’equazione cartesiana di V1 è x+y−z =0. Ne viene che V1 = 〈(1, 0, 1), (0, 1, 1)〉.Determiniamo V2 = Ker (M(f)− 2I3):

y − z = 0

x− z = 0

x+ y − 2z = 0

⇔

x = z

y = z.

Ne viene che V2 = 〈(1, 1, 1)〉.Avendosi ma(1) = mg(1) := dimV1 = 2 e ma(2) = mg(2) := dimV2 = 1, si conclude che f èsemplice e una base di R3 formata da autovettori è

B = (1, 1, 1), (1, 0, 1), (0, 1, 1).

3 Scriviamo il sistema in forma equivalente. Si ha:x+ y + z = 45

1 ≤ x ≤ 3

y ≥ 1

z ≥ 6

,

che è a sua volta equivalente al seguente:x+ y + z = 45

0 ≤ x− 1 ≤ 2

y − 1 ≥ 0

z − 6 ≥ 0

.

Posto X = x− 1, Y = y − 1, Z = z − 6, si ottieneX + Y + Z = 37

0 ≤ X ≤ 2

Y ≥ 0

Z ≥ 0

.


] = ]1 − ]2,dove con ]1 si è denotata la cardinalità dell’insieme delle soluzioni intere del sistema

(s1)

X + Y + Z = 37

X ≥ 0

Y ≥ 0

Z ≥ 0


(s2)

X + Y + Z = 37

X ≥ 3

Y ≥ 0

Z ≥ 0

.


X ≥ 0

Y ≥ 0

Z ≥ 0

.


] = P(r)37,3−1 − P

(r)34,3 =

(39

2

)−(

36

2

).

4 Se almeno una pallina deve essere blu, l’unica combinazione esclusa tra tutte quelle possibili è chevengano estratte tre palline rosse; vi sono C11,3 =

(113

)= 165 combinazioni di questo tipo. Sottraiamo

quindi ai modi in cui è possibile estrarre 3 palline da un gruppo di 28, il numero di modi in cui èpossibile ottenere 3 palline rosse. Abbiamo pertanto:

C28,3 − 165 = 3276− 165 = 3111.

5 Sfruttando una delle Leggi di De Morgan e i dati in nostro possesso, si ha:

P (Ac ∩Bc) = P ((A ∪B)c) = 1− P (A ∪B) = 1− 7

11=

4

11.

6 Base induttiva. La relazione è banalmente vera per n = 0 avendosi 32·0+1 + 20+2 = 7.Ipotesi induttiva. Si supponga che 32n+1 + 2n+2 sia multiplo di 7. Ciò significa che esiste h ∈ N taleche 32n+1 + 2n+2 = 7h.Tesi. Proviamo che 32(n+1)+1 + 2(n+1)+2 è divisibile per 7. Sfruttando l’ipotesi induttiva si ha:

32(n+1)+1 + 2(n+1)+2 = 32n+1 · 9 + 2n+2 · 2= 32n+1 · 9 + (7h− 32n+1) · 2= 32n+1 · 9 + 14h− 32n+1 · 2= 32n+1(9− 2) + 14h

= 7(32n+1 + 2h).

Posto k = 32n+1 + 2h ∈ N si è provato che 32(n+1)+1 + 2(n+1)+2 è un multiplo di 7, cioè la tesi.

7 Si ha 1575 = 32 · 52 · 7. Allora i numeri q che sono primi con 1575 e tali che 1 ≤ q < 1575, è datodalla funzione di Eulero:

φ(1575) = 1575

(1− 1

3

)·(

1− 1

5

)·(

1− 1

7

)= 6! = 720.

8 Calcoliamo il massimo comune divisore tra 39 e 15 con il metodo delle divisioni successive.Si trova subito che:

39 = 15 · 2 + 9

15 = 9 · 1 + 6

9 = 6 · 1 + 3

6 = 3 · 2 + 0,

quindi, essendo l’ultimo resto non nullo pari a 3, si ha MCD(39, 15) = 3.Scriviamo adesso le uguaglianze di sopra (esclusa l’ultima) in quest’altro modo:

3 = 9− 6 · 16 = 15− 9 · 19 = 39− 15 · 26 = 3 · 2 + 0.

Si ha:

3 = 9− 6 = 9− (15− 9) = 9 · 2− 15 = (39− 15 · 2) · 2− 15 =

= 39 · 2− 15(4 + 1) = 39 · 2 + 15(−5),

quindi l’identità di Bézout relativa ai numeri 39 e 15 è

3 = 39 · 2 + 15 · (−5).

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