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.



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 InformaticaProva di Matematica Discreta (12 CFU)

24 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?


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.



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

.



(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.


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 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.

17 Aprile 2015Svolgimento della prova scritta

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.



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?



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.



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 Informatica (L-31)Prova in itinere di Matematica Discreta (12 CFU)

11 Dicembre 2015A1

Compito A

Tempo a disposizione. 120 minutiPunteggio. Ogni esercizio, se svolto correttamente, vale 6 punti.

1 (a) Dimostrare che, per ogni n ∈ N, n ≥ 2, vale la disuguaglianza

1 +1

2+

1

3+ ...+

1

n≥ 3n

2n+ 1.

(b) Dimostrare che, per ogni n ∈ N, si ha52n = 1 in Z6.

2 Determinare le eventuali soluzioni intere (x, y) delle seguenti equazioni:4x+ 3y = 1, 4x+ 6y = 21.

3 Siano dati i seguenti sistemi di congruenze:

a)

2x ≡ 3 mod 5

3x ≡ 2 mod 7, b)

2x ≡ 12 mod 4

3x ≡ 4 mod 10, c)

17x ≡ 7 mod 2

2x ≡ 1 mod 3

2x ≡ 7 mod 5

.

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

4 (a) Quanti sono i numeri naturali di 5 cifre aventi la prima cifra pari e le ultime 3 cifredispari? Giustificare la risposta.

(b) Un docente prepara un test suddiviso in tre parti. La prima parte contiene 3 quesiti, laseconda ne contiene 5 e la terza ne contiene 4. Quante versioni del compito si possonorealizzare riordinando i quesiti in modo che ciascun quesito resti sempre nella stessaparte? Giustificare la risposta.

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

x > 0

1 ≤ y ≤ 4

z > 3

.


Compito A

1 (a) [3 punti] 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≥ 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 disequazioneequivale 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).

(b) [3 punti] Provare la tesi equivale a far vedere che

52n − 1 è divisibile per 6.

Base induttiva. Sia n = 0. Si ha 52·0 − 1 = 0 che è chiaramente divisibile per 6.Ipotesi induttiva. Si supponga che 52n − 1 sia divisibile per 6, cioè che esista h ∈ Ntale che 52n − 1 = 6h.Tesi. Bisogna far vedere che 52(n+1) − 1 è divisibile per 6, cioè che esiste k ∈ N taleche 52(n+1) − 1 = 6k. Si ha:

52(n+1) − 1 = 52 · 52n − 1 = 25 · 52n − 25 + 25− 1 =

= 25(52n − 1︸︷︷︸=6h

) + 24 = 6(25h+ 4) = 6k,

dove si è posto k = 25h+ 4.In alternativa, visto che 52n = 25n e che 25 = 1 in Z6, si ha subito la tesi.

2 [3 punti] Prima equazione. Da 4x + 3y = 1 segue 4x = 1 − 3y, cioè 4x ≡ 1 mod 3.Determiniamo la soluzione generale dell’equazione 4x ≡ 1 mod 3. Moltiplicando per 4 siha 16 ≡ 4 mod 3, da cui x ≡ 1 mod 3; la soluzione generale di tale equazione è x = 1+3λ,per ogni λ ∈ Z. Sostituiamo tale espressione di x nell’equazione assegnata:

4(1 + 3λ) + 3y = 1,

da cui y = −1− 4λ. In conclusione tutte e sole le soluzioni intere dell’equazione data sono,al variare di λ ∈ Z, le coppie

(1 + 3λ,−1− 4λ) ∈ Z2.

[3 punti] Seconda equazione. L’equazione assegnata si può riscrivere nel modo seguente:2(2x + 3y) = 21. Osservato che, per ogni x, y ∈ Z, il primo membro è un numero pari, sideduce che l’equazione data non ammette soluzioni intere.

3 [2 punti] Sistema a). Moltiplicando la prima equazione per 3 e la seconda equazione per 5,il sistema si riscrive nel modo seguente:

x ≡ 4 mod 5

x ≡ 3 mod 7.

Dal momento che (5, 7) = 1, sono verificate le ipotesi del Teorema cinese del resto. Con leconsuete notazioni, si ha:

M = 35, M1 = 7, M2 = 5.

L’equazione M1y ≡ 1 mod 5 è 7y ≡ 1 mod 5 che, moltiplicata per 3, si riscrive comey ≡ 3 mod 5. Una soluzione particolare è y1 = 3.L’equazione M2y ≡ 1 mod 7 è 5y ≡ 1 mod 7 che, moltiplicata per 3, si riscrive comey ≡ 3 mod 7. Una soluzione particolare è y2 = 3.La soluzione generale del sistema data è dunque:

x = 4 · 7 · 3 + 3 · 5 · 3 + 35λ, ∀λ ∈ Z.In modo compatto, tutte e sole le soluzioni del sistema a) sono i numeri interi x tali che

x ≡ 24 mod 35.

[2 punti] Sistema b). Dividendo la prima equazione per 2 e moltiplicando la seconda equa-zione per 7, il sistema si riscrive 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 il metodo 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 dacui α ≡ 4 mod 5, cioè α = 4 + 5β, β ∈ Z. Sostituendo infine tale espressione di α inx = 2α si ottiene che le soluzioni del sistema assegnato sono tutti i numeri interi x tali chex = 2(4 + 5β) = 8 + 10β, β ∈ Z o, in modo più compatto,

x ≡ 8 mod 10.

[2 punti] Sistema c). Riducendo modulo 2 la prima equazione, moltiplicando per 5 la seconda(riducendola successivamente ) e riducendo la terza (dividendola successivamente per 2), ilsistema si riscrive nel modo seguente:

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 Teoremacinese 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. Unasoluzione particolare è y1 = 1.L’equazione M2y ≡ 1 mod 3 è 10y ≡ 1 mod 3 che si riscrive come y ≡ 1 mod 3. Unasoluzione particolare è y2 = 1.L’equazione M3y ≡ 1 mod 5 è 6y ≡ 1 mod 5 che si riscrive come y ≡ 1 mod 5. Unasoluzione particolare è y3 = 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.

4 (a) [3 punti] Le cifre pari utilizzabili per la prima posizione sono 2, 4, 6, 8 (lo zero èescluso), quindi si hanno 4 scelte possibili. La seconda posizione può essere occupatada una qualsiasi delle cifre, quindi si hanno 10 scelte possibili. Infine, le tre posizionifinali devono essere occupate da numeri dispari (che eventualmente possono ripetersi).Poiché al variare dell’ordine delle cifre, varia il numero, si tratta di disposizioni. Com-plessivamente, il problema di occupare le tre posizioni con cifre dispari è riconducibilealla determinazione del numero di disposizioni con ripetizione di 5 elementi (i numeridispari 1, 3, 5, 7, 9) di classe 3, cioè D(r)

5,3 = 53. Per la regola del prodotto, si hanno

4 · 10 · 53

soddisfacenti le condizioni poste.

(b) [3 punti] Si tratta di permutare i quesiti nelle tre parti: nella prima parte occorrepermutare i 3 quesiti, nella seconda parte occorre permutare i 5 quesiti e nella terzaparte occorre permutare i 4 quesiti. Poiché ovviamente in un compito ogni quesito èdiverso 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!

5 [6 punti] 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

.



(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

).



11 Dicembre 2015A1

Compito B

Tempo a disposizione. 120 minutiPunteggio. Ogni esercizio, se svolto correttamente, vale 6 punti.

1 (a) Dimostrare che, per ogni n ∈ N, n ≥ 2, vale la disuguaglianza

1 +1

2+

1

3+ ...+

1

n≥ 2n

2n+ 1.

(b) Dimostrare che, per ogni n ∈ N, si ha43n = 1 in Z7.

2 Determinare le eventuali soluzioni intere (x, y) delle seguenti equazioni:8x+ 6y = 3, 5x+ 2y = 3.


a)

2x ≡ 3 mod 7

3x ≡ 2 mod 5, b)

2x ≡ 24 mod 12

3x ≡ 2 mod 4, c)

17x ≡ 7 mod 3

x ≡ 1 mod 2

2x ≡ 7 mod 5

.

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

4 (a) Quanti sono i numeri naturali di 5 cifre aventi la prima cifra dispari e le ultime 2 cifrepari? Giustificare la risposta.

(b) Un docente prepara un test suddiviso in tre parti. La prima parte contiene 5 quesiti, laseconda ne contiene 3 e la terza ne contiene 6. Quante versioni del compito si possonorealizzare riordinando i quesiti in modo che ciascun quesito resti sempre nella stessaparte? Giustificare la risposta.


x > 0

1 ≤ y ≤ 4

z > 3

.


Compito B

1 (a) [3 punti] Per ogni n ∈ N, con n ≥ 2, sia

P(n) : 1 + 1

2+

1

3+ ...+

1

n≥ 2n

2n+ 1.

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

2≥ 2·2



1 +1

2+

1

3+ ...+

1

n+

1

n+ 1≥ 2(n+ 1)

2(n+ 1) + 1=

2(n+ 1)

2n+ 3.

Si ha:

1 +1

2+

1

3+ ...+

1

n︸︷︷︸≥ 2n


+1

n+ 1≥ 2n

2n+ 1+

1

n+ 1=

2n2 + 4n+ 1

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


2n2 + 4n+ 1

(2n+ 1)(n+ 1)≥ 2(n+ 1)

2n+ 3,

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

(2n2 + 4n+ 1)(2n+ 3) ≥ 2(n2 + 2n+ 1)(2n+ 1),


4n2 + 6n+ 1 ≥ 0,


1 +1

2+

1

3+ ...+

1

n+

1

n+ 1≥ 2n2 + 4n+ 1

(2n+ 1)(n+ 1)≥ 2(n+ 1)

2n+ 3,


(b) [3 punti] Provare la tesi equivale a far vedere che

43n − 1 è divisibile per 7.

Base induttiva. Sia n = 0. Si ha 43·0 − 1 = 0 che è chiaramente divisibile per 7.Ipotesi induttiva. Si supponga che 43n − 1 sia divisibile per 7, cioè che esista h ∈ Ntale che 43n − 1 = 7h.Tesi. Bisogna far vedere che 43(n+1) − 1 è divisibile per 7, cioè che esiste k ∈ N taleche 43(n+1) − 1 = 7k. Si ha:

43(n+1) − 1 = 43 · 43n − 1 = 64 · 43n − 64 + 64− 1 =

= 64(43n − 1︸︷︷︸=7h

) + 63 = 7(64h+ 9) = 7k,

dove si è posto k = 64h+ 9.In alternativa, visto che 43n = 64n e che 64 = 1 in Z7, si ha subito la tesi.

2 [3 punti] Prima equazione. L’equazione assegnata si può riscrivere nel modo seguente: 2(4x+3y) = 3. Osservato che, per ogni x, y ∈ Z, il primo membro è un numero pari, si deduceche l’equazione data non ammette soluzioni intere.[3 punti] Seconda equazione. Da 5x + 2y = 3 segue 5x = 3 − 2y, cioè 5x ≡ 3 mod 2.Determiniamo la soluzione generale dell’equazione 5x ≡ 3 mod 2. Moltiplicando per 3 siha 15 ≡ 9 mod 2, da cui x ≡ 1 mod 2; la soluzione generale di tale equazione è x = 1+2λ,per ogni λ ∈ Z. Sostituiamo tale espressione di x nell’equazione assegnata:

5(1 + 2λ) + 2y = 3,

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

(1 + 2λ,−1− 5λ) ∈ Z2.

3 [2 punti] Sistema a). Moltiplicando la prima equazione per 4 e la seconda equazione per 2,il sistema si riscrive nel modo seguente:

x ≡ 5 mod 7

x ≡ 4 mod 5.

Dal momento che (5, 7) = 1, sono verificate le ipotesi del Teorema cinese del resto. Con leconsuete notazioni, si ha:

M = 35, M1 = 5, M2 = 7.

L’equazione M1y ≡ 1 mod 7 è 5y ≡ 1 mod 7 che, moltiplicata per 3, si riscrive comey ≡ 3 mod 7. Una soluzione particolare è y1 = 3.L’equazione M2y ≡ 1 mod 5 è 7y ≡ 1 mod 7 che, moltiplicata per 3, si riscrive comey ≡ 3 mod 5. Una soluzione particolare è y2 = 3.La soluzione generale del sistema data è dunque:

x = 5 · 5 · 3 + 4 · 7 · 3 + 35λ, ∀λ ∈ Z.In modo compatto, tutte e sole le soluzioni del sistema a) sono i numeri interi x tali che

x ≡ 19 mod 35.

[2 punti] Sistema b). Dividendo la prima equazione per 2 e moltiplicando la seconda equa-zione per 3, il sistema si riscrive nel modo seguente:

x ≡ 0 mod 6

x ≡ 2 mod 4.

Poiché (6, 4) = 2 6= 1, non è possibile applicare il Teorema cinese del resto. Procediamo,dunque, usando il metodo di sostituzione. Tenendo conto che

x ≡ 0 mod 6 ⇔ x = 6α, α ∈ Z,sostituendo x = 6α nella seconda equazione del sistema si ottiene 6α ≡ 2 mod 4 da cui2α ≡ 2 mod 4, cioè α ≡ 1 mod 2, da cui α = 1 + 2β, β ∈ Z. Sostituendo infine taleespressione di α in x = 6α si ottiene che le soluzioni del sistema assegnato sono tutti inumeri interi x tali che x = 6(1 + 2β) = 6 + 12β, β ∈ Z o, in modo più compatto,

x ≡ 6 mod 12.

[2 punti] Sistema c). Riducendo modulo 3 la prima equazione (moltiplicandola successiva-mente per 2) e moltiplicando per 3 la terza (riducendola successivamente ), il sistema siriscrive nel modo seguente:

x ≡ 2 mod 3

x ≡ 1 mod 2

x ≡ 1 mod 5

.

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

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

L’equazione M1y ≡ 1 mod 5 è 10y ≡ 1 mod 3 che si riscrive come y ≡ 1 mod 3. Unasoluzione particolare è y1 = 1.L’equazione M2y ≡ 1 mod 3 è 15y ≡ 1 mod 2 che si riscrive come y ≡ 1 mod 2. Unasoluzione particolare è y2 = 1.L’equazione M3y ≡ 1 mod 5 è 6y ≡ 1 mod 5 che si riscrive come y ≡ 1 mod 5. Unasoluzione particolare è y3 = 1.La soluzione generale del sistema data è dunque:

x = 2 · 10 · 1 + 1 · 15 · 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.

4 (a) [3 punti] Le cifre dispari utilizzabili per la prima posizione sono 1, 3, 5, 7, 9, quindi sihanno 5 scelte possibili. La seconda e la terza posizione possono essere occupate dadue qualsiasi delle cifre, quindi si hanno 10 · 10 scelte possibili. Infine, le due posizionifinali devono essere occupate da numeri pari (che eventualmente possono ripetersi).Poiché al variare dell’ordine delle cifre, varia il numero, si tratta di disposizioni. Com-plessivamente, il problema di occupare le due posizioni con cifre pari è riconducibilealla determinazione del numero di disposizioni con ripetizione di 5 elementi (i numeripari 0, 2, 4, 6, 8) di classe 2, cioè D(r)

5,2 = 52. Per la regola del prodotto, si hanno

5 · 10 · 10 · 52

soddisfacenti le condizioni poste.

(b) [3 punti] Si tratta di permutare i quesiti nelle tre parti: nella prima parte occorrepermutare i 5 quesiti, nella seconda parte occorre permutare i 3 quesiti e nella terzaparte occorre permutare i 6 quesiti. Poiché ovviamente in un compito ogni quesito èdiverso dall’altro, le permutazioni in oggetto sono semplici. Per la regola del prodotto,il numero di compiti realizzabili riordinando i quesiti è dato da:

] = P5 · P3 · P6 = 5! · 3! · 6!

5 [6 punti] Scriviamo il sistema in forma equivalente. Si ha:x+ y + z = 35

x ≥ 1

1 ≤ y ≤ 4

z ≥ 4

,


x− 1 ≥ 0

0 ≤ y − 1 ≤ 3

z − 4 ≥ 0

.


X + Y + Z = 29

X ≥ 0

Y ≥ 0

Y ≤ 3

Z ≥ 0

.



(s1)

X + Y + Z = 29

X ≥ 0

Y ≥ 0

Z ≥ 0


(s2)

X + Y + Z = 29

X ≥ 0

Y ≥ 4

Z ≥ 0

.


X ≥ 0

Y ≥ 0

Z ≥ 0

.


] = C(r)3,29 − C

(r)3,25 =

(30

2

)−(27

2

).


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.


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 .


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

,


x− 1 ≥ 0

0 ≤ y − 1 ≤ 3

z − 4 ≥ 0

.


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

.


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).


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),


4n2 + 5n ≥ 0,


1 +1

2+

1

3+ ...+

1

n+

1

n+ 1≥ 3n2 + 5n+ 1

(2n+ 1)(n+ 1)≥ 3(n+ 1)

2n+ 3,


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 2016A1

Tempo a disposizione. 90 minuti

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

2 [4 punti] Determinare le eventuali soluzioni intere (x, y) della seguente equazione:5x− 7y = 13.

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

62x ≡ 13 mod 7

14x ≡ 2 mod 5

.

4 (a) [5 punti] Al termine di una riunione, 20 dirigenti si sono stretti vicendevolmente la mano,fatta eccezione per 4 di loro che hanno evitato di incontrarsi fra loro, intrattenendociascuno relazioni diplomatiche soltanto con gli altri 16. Quante strette di mano sonostate date in totale?

(b) [5 punti] Sia P un poligono convesso di 18 lati. Quanti sono i triangoli i cui vertici sonovertici di P? Fra questi triangoli, quanti non hanno lati in comune con P (in altre parole:quanti hanno per lati soltanto diagonali di P)?

5 [4 punti] Si consideri l’equazione (E) : x+y+z+t = 28. Determinare la cardinalità dell’insiemedelle quaterne di interi non negativi che sono soluzioni di (E).


1 [6 punti] Per ogni n ∈ N, con n ≥ 1, sia

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, quindiP(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.

2 [4 punti] 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 soluzione generale dell’equazione 5x ≡ 6 mod 7. Moltiplicando per 3si ha 15x ≡ 18 mod 7, da cui x ≡ 4 mod 7; la soluzione generale di tale equazione èx = 4 + 7λ, per ogni λ ∈ Z. Sostituiamo tale espressione di x nell’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.

3 [6 punti] 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 equazioneequivale a x = 2t, per ogni t ∈ Z.Da ciò segue che 2t = 3 + 5h, cioè 2t ≡ 3 mod 5 equindi, moltiplicando per 3, si ha t ≡ 4 mod 5 che significa t = 4 + 5k, per ogni k ∈ Z.In definitiva, x = 2t = 2(4 + 5k) = 8 + 10k, per ogni k ∈ Z. La seconda equazione,infine, è equivalente a x = 1 + 7s, per ogni s ∈ Z. Sostituendo l’espressione di x trovatain precedenza combinando la prima e la terza equazione, si ottiene 8 + 10k = 1 + 7s, cioè7s ≡ 7 mod 10 e quindi, moltiplicando per 3, s ≡ 1 mod 10. In conclusione, s = 1 + 10ke 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.

4 (a) [5 punti] Primo modo. Le strette di mano tra n persone sono tante quante le coppienon ordinate realizzabili con tali n individui, cioè

(n2

). Il numero cercato è allora(

20

2

)−(4

2

)= 184.

Secondo modo. Ordiniamo l’insieme dei dirigenti da 1 a 20, lasciando ai 4 di loro chehanno evitato di incontrarsi tra loro le ultime posizioni. Il primo dirigente stringe lamano ad altri 19 dirigenti, il secondo dirigente ha già stretto la mano al primo dirigentee pertanto stringe la mano ad altri 18 dirigenti e così via fino al sedicesimo dirigenteche stringe la mano ad altri 4 dirigenti. Questi ultimi 4 dirigenti hanno già stretto lamano a tutti i sedici precedenti e fra loro non se la stringono; pertanto, in totale, cisono state

19 + 18 + ...+ 4 =19∑i=4

i =19∑i=1

i−3∑

i=1

i =19 · 20

2− 3 · 4

2= 184

strette di mano.

(b) [5 punti] 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 conil poligono sono 18− 4 = 14. I triangoli che hanno due lati in comune con il poligonosono invece 18. Ne viene che i triangoli che non hanno lati in comune con il poligonosono

816− 18 · (18− 4)− 18 = 546.

5 [4 punti] Il numero richiesto è pari a

P(r)28,4−1 =

(28 + 4− 1

4− 1

)=

(31

3

)= 4495.



3 Febbraio 2016A2


1 [7 punti] Calcolare la probabilità di ottenere quattro volte il numero 3 lanciando sei volte undado regolare. Giustificare la risposta.

2 [8 punti] Sono date due urne, U e V . L’urna U contiene 2 biglie bianche e 2 biglie nere. L’urnaV , invece, è inizialmente vuota. Da U si estraggono a caso 3 biglie che vengono inserite in V .Successivamente, da V si effettuano due estrazioni senza reimmissione. Calcolare:(a) la probabilità che in V venga inserita una sola biglia bianca;(b) la probabilità che da V non venga estratta alcuna biglia bianca.Giustificare le risposte.

3 [7 punti] Dimostrare che la matrice

A =

(0 13 1

)è invertibile e determinare la matrice inversa A−1.

4 [8 punti] Risolvere, al variare del parametro reale k, i seguenti sistemi lineari:

a)

x+ (k + 1)y + kz = 0

kx+ 2y + kz = 0

y + 2z = k

, b)

x+ 2ky = 1

2kx+ y = 1

−x+ y = 1

.


1 [7 punti] Si tratta di un problema di prove ripetute. Si definisca l’evento E = “esce ilnumero 3”. Si ha P (E) = 1

6. 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 quattro lanci del dado dei

sei effettuati, può essere visto come l’unione di(64

)eventi tra loro incompatibili, ciascuno

dei quali corrisponde a un sottoinsieme di quattro elementi dell’insieme delle sei prove:quello delle quattro prove in cui si è verificato E. Ciascuno di tali eventi è, a sua volta,l’intersezione di sei eventi indipendenti: il verificarsi di E in ciascuna delle quattro prove eil non verificarsi di E in ciascuna delle 6− 4 prove. La probabilità di ciascuno di tali eventiè dunque il prodotto di tali probabilità, ossia

1

6· ... · 1

6︸︷︷︸quattro fattori

· 56· ... · 5

6︸︷︷︸due fattori

=

(1

6

)4(5

6

)2

.

Sommando le probabilità degli(64

)eventi incompatibili, si ha la probabilità cercata:(

6

4

)(1

6

)4(5

6

)2

.

2 (a) [4 punti] Si denoti con p1 la probabilità richiesta. Visto che non vi è reinserimentodelle biglie estratte, si ha subito

p1 =

(21

)(22

)(43

) =1

2.

(b) [4 punti] Si denoti con p2 la probabilità richiesta, si indichi con X il numero di bigliebianche inserite in V e con Y il numero di biglie bianche estratte da V . Si ha:p2 = P (Y = 0) = P ((X = 1) ∩ (Y = 0)) = P (X = 1)P (Y = 0|X = 1)

=1

2·(10

)(3−12−0

)(32

) =1

2· 13=

1

6.

3 [7 punti] Poiché detA = −3 6= 0, la matrice A è invertibile. Determiniamo la matriceinversa A−1. Si ha:

A|I2 =

(0 1 1 03 1 0 1

)R1↔R2−→

(3 1 0 10 1 1 0

)R1→R1−R2−→(

3 0 −1 10 1 1 0

)R1→ 1

3R1−→(

1 0 −13

13

0 1 1 0

),

quindi

A−1 =

(−1

313

1 0

).

4 [4 punti] Sistema a). Si tratta di un sistema di tre equazioni in tre incognite. Discutiamoloavvalendoci del Teorema di Cramer. Allo scopo, sia A la matrice dei coefficienti del sistema:

A =

1 k + 1 kk 2 k0 1 2

.

Si vede facilmente che detA = −k2 − 3k + 4 = −(k − 1)(k + 4). Quindi, se k 6= 1 ek 6= −4, per il Teorema di Cramer, il sistema è determinato e quindi ammette una ed unasola soluzione. Applicando la regola di Cramer si vede subito che la terna ordinata(

− k2

k + 4,− k2

k + 4,k2 + 2k

k + 4

)è la soluzione del sistema per ogni k ∈ R \ −4, 1.Sia ora k = −4. Il sistema diventa:

x− 3y − 4z = 0

2x− y + 2z = 0

y + 2z = −4.

Detta Ei la i−esima equazione del suddetto sistema, si operi la sostituzione E1 → 2E1−E2,ottenendo

y + 2z = 0

2x− y + 2z = 0

y + 2z = −4che è chiaramente impossibile. Quindi per k = −4 il sistema è impossibile.Sia infine k = 1. Il sistema diventa:

x+ 2y + z = 0

x+ 2y + z = 0

y + 2z = 1

.

Ponendo z = −h, si trova subito x = 3h− 2

y = 1− 2h

z = h

,

dunque il sistema per k = 1 è indeterminato e ammette le ∞1 soluzioni (3h− 2, 1− 2h, h),al variare di h ∈ R.

[4 punti] Sistema b). Si tratta di un sistema di tre equazioni in due incognite. Discutiamoloavvalendoci del Teorema di Rouché-Capelli. Allo scopo, sia A la matrice incompleta delsistema e B la matrice completa:

A =

1 2k2k 1−1 1

, B =

1 2k 12k 1 1−1 1 1

.

Si ha detB = 1 − (2k)2. Allora, se detB 6= 0, cioè se k 6= ±12, il sistema è impossibile

poiché ρ(B) = 3 > ρ(A) = 2.

Se k = −12, il sistema diventa:

x− y = 1

−x+ y = 1

−x+ y = 1

⇒

x− y = 1

x− y = −1

che è chiaramente impossibile.Se k = 1

2, il sistema diventa:

x+ y = 1

x+ y = 1

−x+ y = 1

⇒

x+ y = 1

x− y = −1

che è determinato e la cui soluzione è la coppia ordinata (0, 1).



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.


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 2016A1


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

1 +1√2+

1√3+ ...+

1√n≥√n.

2 [4 punti] Determinare le eventuali soluzioni intere (x, y) della seguente equazione:5x+ y = 12.

3 [6 punti] Determinare le eventuali soluzioni del seguente sistema di congruenze:7x ≡ 5 mod 11

6x ≡ 0 mod 14

4x ≡ 2 mod 6

.

4 (a) [5 punti] Tra tutte le cinquine che si possono realizzare con i novanta numeri del gioco delLotto, quante sono quelle aventi due numeri minori di 20 e tre numeri maggiori di 60?

(b) [5 punti] In un’urna vi sono 4 biglie rosse e 3 biglie nere.(i) Quanti gruppi di cinque biglie si possono formare nell’ipotesi che le biglie ven-

gano estratte consecutivamente una dopo l’altra senza rimettere le biglie estrattenell’urna?

(ii) Quante delle precedenti sequenze di cinque biglie sono formate da due palline neree tre rosse?

5 [4 punti] Si consideri l’equazione (E) : x+y+z+t = 15. Determinare la cardinalità dell’insiemedelle quaterne di interi maggiori di 1 che sono soluzioni di (E).



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.


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.

2 [4 punti] 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 soluzionegenerale dell’equazione y ≡ 2 mod 5 è y = 2 + 5λ, per ogni λ ∈ Z. Sostituiamo taleespressione di y nell’equazione assegnata:

5x+ (2 + 5λ) = 12,

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

(2− λ, 2 + 5λ) ∈ Z2.

3 [6 punti] 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 delresto. Risolviamo il sistema: dalla prima congruenza otteniamo x = 7 + 11h, espressioneche sostituita nella seconda congruenza dà 7 + 11h ≡ 0 mod 7, cioè 4h ≡ 0 mod 7.L’inverso di 4 è 2, e moltiplicando per 2 entrambi i membri otteniamo h ≡ 0 mod 7, cioèh = 7k. Sostituendo, si ottiene x = 7+77k. Sostituiamo ora questa espressione nella terzacongruenza. Si calcola facilmente 7 + 77k ≡ 2 mod 3, cioè 2k ≡ 1 mod 3, che forniscek ≡ 2 mod 3 dopo aver moltiplicato per 2. In conclusione k = 2 + 3`, che sostituito

nell’espressione per x fornisce x = 7 + 77(2 + 3`) = 161 + 231`. Le soluzioni del sistemadato sono quindi tutti gli interi congrui a 161 modulo 231, cioè tutti gli interi x tali che

x ≡ 161 mod 231.

4 (a) [5 punti] Vi sono 19 numeri minori di 20 e 30 numeri maggiori di 60 e minori o ugualidi 90. Nel gioco del Lotto, ovviamente, non è interessante l’ordine. Si ha dunque che,per la regola del prodotto, il numero di cinquine richiesto è pari a(

19

2

)·(30

3

)= 694 260.

(b) [5 punti] Le biglie dello stesso colore le possiamo supporre indistinguibili. Ciò ciautorizza a parlare di ripetizioni in presenza di biglie dello stesso colore.

(i) [4 punti] I gruppi di biglie estratte possono essere formati da 4 biglie rosse e 1nera, oppure da 3 biglie rosse e 2 nere o, infine, da 2 biglie rosse e 3 nere. Nelprimo gruppo, si ha la ripetizione delle 4 biglie rosse, dunque si hanno 5!

4!= 5

possibili disposizioni. Nel secondo gruppo si ripetono per 3 volte le biglie rosse eper 2 volte le biglie nere, quindi si hanno 5!

3!2!= 10 possibili disposizioni. Infine,

nel terzo gruppo, si ripetono per 2 volte le biglie rosse e per 3 volte le biglie nere,quindi si hanno 5!

3!2!= 10 possibili disposizioni. In totale si hanno

5!

4!+

5!

3!2!+

5!

3!2!= 25

possibili gruppi.(ii) [1 punto] La risposta a questo quesito si trova nello svolgimento del quesito

precedente. Si hanno

5!

3!2!

sequenze.

5 [4 punti] 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.



23 Febbraio 2016A2


1 [7 punti] Due urne, U e V , contengono ciascuna 2 biglie bianche e 2 biglie nere. Da ogniurna si estraggono a caso tre biglie. Calcolare la probabilità che, sia da U che da V , venganoestratte le due biglie bianche.

2 [8 punti] Si esaminano alcune coppie e si scopre che la probabilità che un loro figlio presentiuna certa malformazione congenita è pari al 15%; durante la gravidanza si effettua un test su8 donne che individua con certezza la presenza di questa malformazione del feto.(a) Calcolare la probabilità di trovare 2 casi di malformazione congenita.(b) Calcolare la probabilità di non trovare alcun caso di malformazione congenita.

3 [7 punti] Determinare i valori del parametro reale a per i quali la matrice

A =

1− a 0 a1 2 00 0 1

risulta invertibile. Infine, posto a = 0, determinare la matrice inversa A−1.


a)

kx− 3y − 2kz = 0

x− (k − 1)y + z = 0

x− ky = 0

, b)

x+ y = k

x− y = 3

x+ ky = 1

.


1 [7 punti] Le estrazioni dalle due urne sono due eventi indipendenti. Denotati, rispettiva-mente, con X e Y il numero di biglie 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.

2 Si riconosce subito che si tratta di un problema di prove ripetute. Il successo, che consistenel trovare la malformazione congenita, ha probabilità p = 0.15; il numero di prove è 8 ecorrisponde al numero di donne che sono state esaminate. Denotato con X il numero disuccessi nelle 8 prove, si ha:(a) [4 punti] P (X = 2) =

(82

)(0.15)2(0.85)6;

(b) [4 punti] P (X = 0) =(80

)(0.15)0(0.85)8 = (0.85)8.

3 [7 punti] Poiché detA = 2(1− a), la matrice A è invertibile se e solo se 2(1− a) 6= 0, cioèse e solo se a 6= 1. Ne viene che se a = 0, esiste A−1. Si ha:

A|I3 =

1 0 0 1 0 01 2 0 0 1 00 0 1 0 0 1

R2→R2−R1−→

1 0 0 1 0 00 2 0 −1 1 00 0 1 0 0 1

R2→ 12R2−→

1 0 0 1 0 00 1 0 −1

212

00 0 1 0 0 1

quindi

A−1 =

1 0 0−1

212

00 0 1

.

4 [4 punti] Sistema a). Si tratta di un sistema omogeneo di tre equazioni in tre incognite. Di-scutiamolo avvalendoci del Teorema di Cramer. Allo scopo, sia A la matrice dei coefficientidel sistema:

A =

k −3 −2k1 −(k − 1) 11 −k 0

.

Si vede facilmente che detA = k2 + 2k − 3. Quindi, se k 6= −3 e k 6= 1, per il Teorema diCramer, il sistema è determinato e quindi ammette una ed una sola soluzione. Essendo ilsistema omogeneo, l’unica soluzione è quella banale: (0, 0, 0).Sia ora k = −3. Il sistema diventa:

−3x− 3y + 6z = 0

x+ 4y + z = 0

x+ 3y = 0

.

Si osserva che la terza equazione si ottiene moltiplicato la prima per −19e la seconda per 2

3e sommando membro a membro; basta quindi considerare il sistema formato dalle ultime

due equazioni nelle incognite y e z, visto che il determinante della relativa matrice deicoefficienti è

det

(4 13 0

)= −3 6= 0.

Posto x = λ, con λ ∈ R, il sistema si riscrive come segue:4y + z = −λ3y = −λ

ed esso ha ∞1 soluzioni che sono tutte le terne (λ,−λ3, λ3), al variare di λ ∈ R.

Per k = 1 il sistema diventa: x− 3y − 2z = 0

x+ z = 0

x− y = 0

.

Ragionando come nel caso precedente, si vede che esso possiede∞1 soluzioni che sono tuttele terne (λ, λ,−λ), al variare di λ ∈ R.


A =

1 11 −11 k

, B =

1 1 k1 −1 31 k 1

.

Si ha detB = (k − 1)2. Allora, se detB 6= 0, cioè se k 6= 1, il sistema è impossibile poichéρ(B) = 3 > ρ(A) = 2.

Se k = 1, il sistema diventa:x+ y = 1

x− y = 3

x+ y = 1

⇒

x+ y = 1

x− y = 3

che è determinato e la cui soluzione è la coppia ordinata (2,−1).



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:


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

.


x+ y + z + y = 15

x− 2 ≥ 0

y − 2 ≥ 0

z − 2 ≥ 0

t− 2 ≥ 0

.


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

,


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.


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.



18 Marzo 2016A1


1 [6 punti] Dimostrare che, per ogni n ∈ N, n ≥ 2, vale la disuguaglianza

1 +1

2+

1

3+ ...+

1

n≥ n

2n+ 1.

2 [4 punti] Determinare le eventuali soluzioni intere (x, y) della seguente equazione:7x+ 3y = 17.

3 [6 punti] Determinare le eventuali soluzioni del seguente sistema di congruenze:x ≡ 1 mod 10

x ≡ 5 mod 18

x ≡ −4 mod 25

.

4 (a) [5 punti] Quanti sono i numeri naturali di 6 cifre aventi la prima cifra dispari e le ultime2 cifre pari? Giustificare la risposta.

(b) [5 punti] Tra tutte le cinquine che si possono realizzare con i novanta numeri del gioco delLotto, quante sono quelle aventi tre numeri minori di 19 e due numeri maggiori di 70?




P(n) : 1 +1

2+

1

3+ ...+

1

n≥ n

2n+ 1.

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

= 32≥ 2



1 +1

2+

1

3+ ...+

1

n+

1

n+ 1≥ n+ 1

2(n+ 1) + 1=

n+ 1

2n+ 3.

Si ha:

1 +1

2+

1

3+ ...+

1

n︸︷︷︸≥ n


+1

n+ 1≥ n

2n+ 1+

1

n+ 1=

n2 + 3n+ 1

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

Se proviamo che per ogni n ∈ N, con n ≥ 3 si han2 + 3n+ 1

(2n+ 1)(n+ 1)≥ n+ 1

2n+ 3,

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

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

da cui, svolgendo i facili conti, si ottiene4n2 + 7n+ 2 ≥ 0,


1 +1

2+

1

3+ ...+

1

n+

1

n+ 1≥ n2 + 3n+ 1

(2n+ 1)(n+ 1)≥ n+ 1

2n+ 3,


2 [4 punti] L’equazione proposta ammette soluzioni poiché (7, 3) = 1 divide 17.Da 7x + 3y = 17 segue 7x = 17 − 3y, cioè 7x ≡ 17 mod 3 e quindi x ≡ 2 mod 3. Lasoluzione generale dell’equazione x ≡ 2 mod 3 è x = 2 + 3λ, per ogni λ ∈ Z. Sostituiamotale espressione di x nell’equazione assegnata:

7(2 + 3λ) + 3y = 17,

da cui y = 1− 7λ. In conclusione tutte e sole le soluzioni intere dell’equazione data sono,al variare di λ ∈ Z, le coppie

(2 + 3λ, 1− 7λ) ∈ Z2.

3 [6 punti] Dalla prima congruenza otteniamo x = 1 + 10t, per ogni t ∈ Z, espressioneche sostituita nella seconda congruenza dà 1 + 10t ≡ 5 mod 18, cioè 10t ≡ 4 mod 18.Moltiplicando per 2 entrambi i membri otteniamo 2t ≡ 8 mod 18 e dividendo per 2 si hat ≡ 4 mod 9, cioè t = 4 + 9s, per ogni s ∈ Z. Pertanto

x = 1 + 10t = 1 + 10(4 + 9s) = 41 + 90s, ∀s ∈ Z.

Sostituendo tale espressione di x nella terza congruenza, si ottiene 41 + 90s ≡ −4 mod 25,cioè 90s ≡ −45 mod 25; dividendo per 5 si ha 18s ≡ −9 mod 5 da cui −2s ≡ 1 mod 5,cioè 2s ≡ 4 mod 5 e quindi s ≡ 2 mod 5. Equivalentemente s = 2 + 5r, per ogni r ∈ Z.In conclusione,

x = 41 + 90s = 41 + 90(2 + 5r) = 221 + 450r

e dunque le soluzioni del sistema dato sono tutti gli interi congrui a 221 modulo 450, cioètutti gli interi x tali che

x ≡ 221 mod 450.

4 (a) [5 punti] Le cifre dispari utilizzabili per la prima posizione sono 1, 3, 5, 7, 9, quindisi hanno 5 scelte possibili. La seconda, la terza e la quarta posizione possono essereoccupate da tre qualsiasi delle cifre, quindi si hanno 10 · 10 · 10 scelte possibili. Infi-ne, le due posizioni finali devono essere occupate da numeri pari (che eventualmentepossono ripetersi). Poiché al variare dell’ordine delle cifre, varia il numero, si trattadi disposizioni. Complessivamente, il problema di occupare le due posizioni con cifrepari è riconducibile alla determinazione del numero di disposizioni con ripetizione di5 elementi (i numeri pari 0, 2, 4, 6, 8) di classe 2, cioè D(r)

5,2 = 52. Per la regola delprodotto, si hanno

5 · 10 · 10 · 10 · 52 = 5 · 103 · 52

numeri soddisfacenti le condizioni poste.

(b) [5 punti] Vi sono 18 numeri minori di 19 e 20 numeri maggiori di 60 e minori o ugualidi 90. Nel gioco del Lotto, ovviamente, non è interessante l’ordine. Si ha dunque che,per la regola del prodotto, il numero di cinquine richiesto è pari a(

18

3

)·(

20

2

)= 694 260.

5 [4 punti] Occorre determinare il numero delle soluzioni intere del sistema

x+ y + z + y = 27

x > 2

y > 2

z > 2

t > 2

.


x+ y + z + y = 27

x− 3 ≥ 0

y − 3 ≥ 0

z − 3 ≥ 0

t− 3 ≥ 0

.


X = x− 3, Y = y − 3, Z = z − 3, T = t− 3,

il sistema diventa:

X + Y + Z + T = 15

X ≥ 0

Y ≥ 0

Z ≥ 0

T ≥ 0

,


4− 1

)=

(18

3

)soluzioni intere.



18 Marzo 2016A2


1 [7 punti] Sia (Ω, P ) uno spazio di probabilità discreto. Siano U1 e U2 due eventi complementaritali che P (U1) = 0, 6 e P (U2) = 0, 4. Un evento A è condizionato ad U1 e ad U2 e si haP (A|U1) = 0, 06 e P (A|U2) = 0, 05. Calcolare P (U2|A) giustificando i passaggi effettuati.

2 [8 punti] Un’urna contiene 6 biglie rosse e 4 nere. Si estraggono due biglie senza rimettere laprima nell’urna. Calcolare la probabilità che:(a) si siano ottenute due biglie rosse;(b) si sia ottenuta una sola biglia rossa;(c) non si sia ottenuta alcuna biglia rossa.

3 [7 punti] Sia data la matrice:

A =

1 2 −10 1 01 0 3

.

Determinare la matrice inversa di A.


a)

kx+ y = 3

2x− z = −1

y + (k − 1)z = 0

, b)

x+ y = 2k

x− y = 3

x+ 2ky = 1

.


1 [7 punti] 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)=

5100· 410

6100· 610

+ 5100· 410

=5

14.

2 Consideriamo gli eventi R = “estrazione di una biglia rossa”, N = “estrazione di una biglianera” convenendo di mettere il pedice i a ciascuno dei precedenti eventi per indicare cheesso si verifica all’estrazione i e calcoliamo le relative probabilità nelle due estrazioni.Prima estrazione. Nell’urna si hanno 10 biglie: 6 bianche e 4 nere. Si ha dunque:

P (R) =6

10, P (N) =

4

10=

2

5.

Seconda estrazione. Poiché la prima biglia non viene rimessa nell’urna, in essa restano 9biglie; pertanto le probabilità nella seconda estrazione sono:• se la prima biglia estratta era rossa, ne restano 5 rosse e 4 nere, così:

P (R) =5

9, P (N) =

4

9;

• se la prima biglia estratta era nera, ne restano 6 rosse e 3 nere, così:

P (R) =6

9=

2

3, P (N) =

3

9=

1

3.

Si ha:(a) [2 punti] Si ha: P (R1 ∩R2) = P (R1)P (R2|R1) = 3

5· 59

= 13.

(b) [4 punti] Si ha:

P ((R1 ∩N2) ∪ (N1 ∩R2)) = P (R1 ∩N2) + P (N1 ∩R2)

= P (R1)P (N2|R1) + P (N1)P (R2|N1)

=3

5· 4

9+

2

5· 2

3=

4

15+

4

15=

8

15.

(c) [2 punti] Si ha: P (N1 ∩N2) = P (N1)P (N2|N1) = 25· 13

= 215.

3 [7 punti] Poiché detA = 4, la matrice A è invertibile. Si ha:

A|I3 =

1 2 −1 1 0 00 1 0 0 1 01 0 3 0 0 1

R3→R3−R1−→

1 2 −1 1 0 00 1 0 0 1 00 −2 4 −1 0 1

R3→R3+2R2−→

1 2 −1 1 0 00 1 0 0 1 00 0 4 −1 2 1

R1→4R1+R3−→

4 8 0 3 2 10 1 0 0 1 00 0 4 −1 2 1

R1→R1−8R2,R3→ 14R3−→

4 0 0 3 −6 10 1 0 0 1 00 0 1 −1

424

14

R1→ 14R1−→

1 0 0 34−6

414

0 1 0 0 1 00 0 1 −1

424

14

quindi

A−1 =

34−6

414

0 1 0−1

424

14

=1

4

3 −6 10 4 0−1 2 1

.

4 [4 punti] Sistema a). Si tratta di un sistema omogeneo di tre equazioni in tre incognite. Di-scutiamolo avvalendoci del Teorema di Cramer. Allo scopo, sia A la matrice dei coefficientidel sistema:

A =

k 1 02 0 −10 1 k − 1

.

Si vede facilmente che detA = 2−k. Quindi, se k 6= 2, per il Teorema di Cramer, il sistemaè determinato e quindi ammette una ed una sola soluzione. Con facili conti si trova che lasoluzione del sistema è la terna ordinata:

(−k−2k−2 ,

k2+5k−6k−2 , −k−6

k−2

).

Sia ora k = 2. Il sistema diventa:2x+ y = 3

2x− z = −1

y + z = 0

.

Sostituendo alla seconda equazione del sistema la somma tra la seconda equazione e laterza, si trova il sistema equivalente:

2x+ y = 3

2x+ y = −1

y + z = 0

,

che è impossibile essendo le prime due equazioni incompatibili.


A =

1 11 −11 k

, B =

1 1 2k1 −1 31 2k 1

.

Si ha detB = (2k− 1)2. Allora, se detB 6= 0, cioè se k 6= 12, il sistema è impossibile poiché

ρ(B) = 3 > ρ(A) = 2.Se k = 1

2, il sistema diventa:

x+ y = 1

x− y = 3

x+ y = 1

⇒

x+ y = 1

x− y = 3

che è determinato e la cui soluzione è la coppia ordinata (2,−1).



15 Aprile 2016B1

Compito A

Tempo a disposizione. 120 minutiPunteggio. Detto p1 il punteggio totalizzato nel Problema 1 e detto p2 il punteggio totalizzato nel Problema 2, la prova si intende superata se esolo se sono verificate tutte le condizioni seguenti: p1 + p2 ≥ 15, p1 ≥ 5, p2 ≥ 5.

1 Nel piano si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale monometrico O~x~y.Siano dati i punti A(4, 0) e B(0, 2).(a) [5 punti] Sulla retta di equazione y = 2 si determini un punto C tale che il quadrilatero OACB

sia un trapezio rettangolo di area 6.(b) [5 punti] Verificato che C è il punto di coordinate (2, 2), si determinino le coordinate dei vertici

del trapezio rettangolo che si ottiene sottoponendo OACB ad una rotazione di centro O e angolo45.

(c) [5 punti] In riferimento al triangolo OBC, si determinino le equazioni delle sue mediane e dellesue altezze e si trovino le coordinate del baricentro G e dell’ortocentro H.

2 Nello spazio si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale monometrico O~x~y~z.Siano dati il punto A(2, 1, 0), il punto B(0, 1, 3), il piano di equazione α : x− y+ 2z = 0 e la retta rdi equazioni

r :

x+ y = 0

y − z = 0.

(a) [3 punti] Si determinino le equazioni parametriche e cartesiane della retta s passante per A e B.(b) [3 punti] Si determinino le equazioni della retta passante per A e ortogonale ad α.(c) [3 punti] Si determini l’equazione del piano β contenente r e passante per B.(d) [3 punti] Si calcoli la distanza di A da r.(e) [3 punti] Si determini la proiezione ortogonale di r su α.


1 (a) Posto C(k, 2), si osservi che affinché il quadrilatero OACB sia un trapezio rettangolo, deveessere k > 0. Si ha: OA = 4, BC = |k|, OB = 2. Si ha:

A (OACB) =(OA+BC)OB

2=

2(4 + |k|)2

= 4 + |k|.

Imponendo la condizione A (OACB) = 6, si ha 4 + |k| = 6, da cui k = ±2 e quindi k = 2.Ne viene che C(2, 2).

(b) Scriviamo le equazioni della rotazione ρO,45 :

ρO,45 :

x′ = x cos 45 − y sin 45 =

√2

2x−√2

2y

y′ = x sin 45 + y cos 45 =

√2

2x+

√2

2y

.

Chiaramente O è punto fisso per la rotazione in oggetto, dunque O′ = ρO,45(O) ≡ O.Troviamo A′ = ρO,45(A):

A′ :

x′ =

√22· 4− 0

y′ =√22· 4 + 0

⇒ A′(2√2, 2√2).

Troviamo B′ = ρO,45(B):

B′ :

x′ = 0−

√22· 2

y′ = 0 +√22· 2

⇒ B′(−√2,√2).

Troviamo C ′ = ρO,45(C):

C ′ :

x′ =

√22· 2−

√22· 2 = 0

y′ =√22· 2 +

√22· 2 = 2

√2⇒ C ′(0, 2

√2).

(c) Mediane e baricentro. Il punto medio M1 del lato OB è M1(0, 1), il punto medio M2 del latoBC è M2(1, 2), il punto medio M3 del lato OC è M3(1, 1).L’equazione della mediana relativa al lato OB è quella della retta passante per C e per M1:

x− 2

0− 2=y − 2

1− 2⇒ y =

x

2+ 1 .

L’equazione della mediana relativa al lato BC è quella della retta passante per O e perM2. Una generica retta passante per l’origine è del tipo y = mx (ad eccezione di x = 0).Imponendo il passaggio per M2 si trova m = 2 e dunque

y = 2x

L’equazione della mediana relativa al lato OC è quella della retta passante per B e per M3:x− 0

1− 0=y − 2

1− 2⇒ y = −x+ 2 .

Il baricentro è il punto di incontro delle tre mediane. Troviamo l’intersezione tra due qualsiasidelle mediane precedentemente trovate:

y = 2x

y = −x+ 2⇒

x = 2

3

y = 43

quindi

G

(2

3,4

3

)Altezze e ortocentro. L’altezza relativa al lato BC è OB e ha equazione x = 0 ; l’altezzarelativa al lato OB è BC e ha equazione y = 2 . Determiniamo, adesso, l’altezza relativaal lato OC. La retta passante per O e per C ha equazione y = x e l’equazione della rettapassante per B e perpendicolare a y = x è:

y − 2 = −1(x− 0) ⇒ y = −x+ 2

L’ortocentro è ovviamente H ≡ B(0, 2).Osservazione. Poichè il triangolo OBC è isoscele su base OC, l’altezza relativa ad OC èanche mediana relativa allo stesso lato OC.

2 (a) Si vede subito che la retta s ha equazioni parametriche

s :

x = 2− 2t

y = 1

z = 3t

, t ∈ R.

Dalla terza equazione si ricava t = z3e, sostituendo tale espressione di t nelle prime due, si

ottengono le equazioni cartesiane:

s :

3x+ 2z = 6

y = 1.

(b) Un vettore ortogonale ad α è v = (1,−1, 2). La retta richiesta ha vettore di direzione v edunque è

x = 2 + t

y = 1− tz = 2t

, t ∈ R.

(c) Scriviamo l’equazione del fascio di piani contenenti r:

λ(x+ y) + µ(y − z) = 0, ∀λ, µ ∈ R.

Imponendo il passaggio per B si ricava:

λ(0 + 1) + µ(1− 3) = 0 ⇒ λ− 2µ = 0.

Scegliendo, ad esempio, λ = 2 e µ = 1 si trova che l’equazione del piano β è: 2(x+y)+(y−z) =0, cioè

β : 2x+ 3y − z = 0

(d) Determiniamo il piano γ passante per A e ortogonale ad r. Allo scopo, scriviamo r in formaparametrica in modo da dedurne agevolmente un vettore di direzione w:

x = −ty = t

z = t

⇒ w = (−1, 1, 1).

Un vettore ortogonale al piano γ è w, quindi γ ha equazione:

−1(x− 2) + 1(y − 1) + 1(z − 0) = 0,

cioèγ : x− y − z − 1 = 0

Determiniamo l’intersezione H di γ con r:x− y − z − 1 = 0

x+ y = 0

y − z = 0

⇒

x = 1

y = −1z = −1

⇒ H

(1

3,−1

3,−1

3

).

Allora

d(A, r) = AH =

√(1

3− 2

)2

+

(−1

3− 1

)2

+

(−1

3

)2

=

√42

3.

(e) Scriviamo l’equazione del fascio di piani contenenti r:λ(x+ y) + µ(y − z) = 0, ∀λ, µ ∈ R,

da cuiλx+ (λ+ µ)y − µz = 0.

Imponiamo la condizione di ortogonalità tra v e il generico vettore ortogonale ad un pianodel suddetto fascio:

v • (λ, λ+ µ,−µ) = 0,

da cuiµ = 0.

Pertanto, scelto ad esempio λ = 1, l’equazione del piano δ contenente r e ortogonale ad α è:δ : x+ y = 0.

La proiezione richiesta è la retta in cui si intersecano α e δ:x− y + z = 0

x+ y = 0.



15 Aprile 2016B1

Compito B

Tempo a disposizione. 120 minutiPunteggio. Detto p1 il punteggio totalizzato nel Problema 1 e detto p2 il punteggio totalizzato nel Problema 2, la prova si intende superata se esolo se sono verificate tutte le condizioni seguenti: p1 + p2 ≥ 15, p1 ≥ 5, p2 ≥ 5.

1 Nel piano si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale monometrico O~x~y.Siano dati i punti A(−4, 0) e B(0, 2).(a) [5 punti] Sulla retta di equazione y = 2 si determini un punto C tale che l’area del trapezio

rettangolo OACB valga 6.(b) [5 punti] Verificato che C è il punto di coordinate (−2, 2), si determinino le coordinate dei vertici

del trapezio rettangolo che si ottiene sottoponendo OACB ad una rotazione di centro O e angolo−45.

(c) [5 punti] In riferimento al triangolo OBC, si determinino le equazioni delle sue mediane e dellesue altezze e si trovino le coordinate del baricentro G e dell’ortocentro H.

2 Nello spazio si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale monometrico O~x~y~z.Siano dati il punto A(1, 2, 0), il punto B(0, 3, 1), il piano di equazione α : x− 2y+ z = 0 e la retta rdi equazioni

r :

x+ y = 0

y + z = 0.

(a) [3 punti] Si determinino le equazioni parametriche e cartesiane della retta s passante per A e B.(b) [3 punti] Si determinino le equazioni della retta passante per A e ortogonale ad α.(c) [3 punti] Si determini l’equazione del piano β contenente r e passante per B.(d) [3 punti] Si calcoli la distanza di A da r.(e) [3 punti] Si determini la proiezione ortogonale di r su α.


1 (a) Posto C(k, 2), si osservi che affinché il quadrilatero OACB sia un trapezio rettangolo, deveessere k < 0. Si ha: OA = 4, BC = |k| = −k, OB = 2. Si ha:

A (OACB) =(OA+BC)OB

2=

2(4− k)2

= 4− k.

Imponendo la condizione A (OACB) = 6, si ha 4 − k = 6, da cui k = −2. Ne viene cheC(−2, 2).

(b) Scriviamo le equazioni della rotazione ρO,−45 :

ρO,−45 :

x′ = x cos(−45)− y sin(−45) =

√2

2x+

√2

2y

y′ = x sin(−45) + y cos(−45) = −√2

2x+

√2

2y

.

Chiaramente O è punto fisso per la rotazione in oggetto, dunque O′ = ρO,−45(O) ≡ O.Troviamo A′ = ρO,−45(A):

A′ :

x′ = −

√22· 4− 0

y′ = −√22· (−4) + 0

⇒ A′(−2√2, 2√2).

Troviamo B′ = ρO,−45(B):

B′ :

x′ = 0 +

√22· 2

y′ = 0 +√22· 2

⇒ B′(√2,√2).

Troviamo C ′ = ρO,−45(C):

C ′ :

x′ = −

√22· 2 +

√22· 2 = 0

y′ =√22· 2 +

√22· 2 = 2

√2⇒ C ′(0, 2

√2).

(c) Mediane e baricentro. Il punto medio M1 del lato OB è M1(0, 1), il punto medio M2 del latoBC è M2(−1, 2), il punto medio M3 del lato OC è M3(−1, 1).L’equazione della mediana relativa al lato OB è quella della retta passante per C e per M1:

x+ 2

0 + 2=y − 2

1− 2⇒ y = −x

2+ 1 .

L’equazione della mediana relativa al lato BC è quella della retta passante per O e perM2. Una generica retta passante per l’origine è del tipo y = mx (ad eccezione di x = 0).Imponendo il passaggio per M2 si trova m = −2 e dunque

y = −2x

L’equazione della mediana relativa al lato OC è quella della retta passante per B e per M3:x− 0

−1− 0=y − 2

1− 2⇒ y = x+ 2 .

Il baricentro è il punto di incontro delle tre mediane. Troviamo l’intersezione tra due qualsiasidelle mediane precedentemente trovate:

y = −2xy = x+ 2

⇒

x = −2

3

y = 43

quindi

G

(−2

3,4

3

)Altezze e ortocentro. L’altezza relativa al lato BC è OB e ha equazione x = 0 ; l’altezzarelativa al lato OB è BC e ha equazione y = 2 . Determiniamo, adesso, l’altezza relativa allato OC. La retta passante per O e per C ha equazione y = −x e l’equazione della rettapassante per B e perpendicolare a y = −x è:

y − 2 = 1(x− 0) ⇒ y = x+ 2

L’ortocentro è ovviamente H ≡ B(0, 2).Osservazione. Poichè il triangolo OBC è isoscele su base OC, l’altezza relativa ad OC èanche mediana relativa allo stesso lato OC.

2 (a) Si vede subito che la retta s ha equazioni parametriche

s :

x = 1− ty = 2 + t

z = t

, t ∈ R.

Dalla terza equazione si ha t = z e, sostituendo tale espressione di t nelle prime due, siottengono le equazioni cartesiane:

s :

x+ z = 1

y − z = 2.

(b) Un vettore ortogonale ad α è v = (1,−2, 1). La retta richiesta ha vettore di direzione v edunque è

x = 1 + t

y = 2− 2t

z = t

, t ∈ R.

(c) Scriviamo l’equazione del fascio di piani contenenti r:

λ(x+ y) + µ(y + z) = 0, ∀λ, µ ∈ R.

Imponendo il passaggio per B si ricava:

λ(0 + 3) + µ(3 + 1) = 0 ⇒ 3λ+ 4µ = 0.

Scegliendo, ad esempio, λ = 4 e µ = −3 si trova che l’equazione del piano β è: 4(x + y) −3(y − z) = 0, cioè

β : 4x+ y − 3z = 0

(d) Determiniamo il piano γ passante per A e ortogonale ad r. Allo scopo, scriviamo r in formaparametrica in modo da dedurne agevolmente un vettore di direzione w:

x = t

y = −tz = t

⇒ w = (1,−1, 1).

Un vettore ortogonale al piano γ è w, quindi γ ha equazione:

1(x− 1)− 1(y − 2) + 1(z − 0) = 0,

cioèγ : x− y + z + 1 = 0

Determiniamo l’intersezione H di γ con r:x− y + z + 1 = 0

x+ y = 0

y + z = 0

⇒

x = 1

y = −1z = −1

⇒ H

(−1

3,1

3,−1

3

).

Allora

d(A, r) = AH =

√(−1

3− 1

)2

+

(1

3− 2

)2

+

(−1

3

)2

=

√42

3.

(e) Scriviamo l’equazione del fascio di piani contenenti r:λ(x+ y) + µ(y + z) = 0, ∀λ, µ ∈ R,

da cuiλx+ (λ+ µ)y + µz = 0.

Imponiamo la condizione di ortogonalità tra v e il generico vettore ortogonale ad un pianodel suddetto fascio:

v • (λ, λ+ µ, µ) = 0,

da cuiλ+ µ = 0.

Pertanto, scelto ad esempio λ = 1 e µ = −1, l’equazione del piano δ contenente r e ortogonalead α è:

δ : x− z = 0.

La proiezione richiesta è la retta in cui si intersecano α e δ:x− 2y + z = 0

x− z = 0.



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

,


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).



26 Aprile 2016A1


1 [6 punti] Dimostrare che, per ogni n ∈ N, il polinomio pn(x) = xn+2 + (1 + x)2n+1 è divisibileper il polinomio x2 + x+ 1.

2 [5 punti] Risolvere l’equazione

(E) : 6x ≡ 720 mod 5.

Detto a il minimo numero naturale positivo che è soluzione di (E), determinare le eventualisoluzioni intere dell’equazione

4x+ 7y = a.

3 [5 punti] Utilizzando il Teorema cinese del resto, determinare le eventuali soluzioni del seguentesistema di congruenze:

x ≡ 3 mod 5

x ≡ 7 mod 8.

4 (a) [5 punti] Quanti sono gli anagrammi della parola "ASSASSINI "? Giustificare la risposta.

(b) [5 punti] Si ha un gruppo di 8 donne e 6 uomini. Da tale gruppo bisogna selezionare 3donne e 3 uomini al fine di formare una commissione.

(i) Quante diverse commissioni si possono formare?(ii) Quante commissioni si possono formare se 2 degli uomini si rifiutano di lavorare

insieme?(iii) Quante commissioni si possono formare se 1 uomo e 1 donna si rifiutano di lavorare

insieme?Giustificare le risposte.


26 Aprile 2016Traccia dello svolgimento


P(n) : il polinomio pn(x) = xn+2 + (1 + x)2n+1 è divisibile per x2 + x+ 1.

Base induttiva. Banale.Ipotesi induttiva. Si supponga che valga P(n), cioè che esista un polinomio h(x) tale che

xn+2 + (1 + x)2n+1 = (x2 + x+ 1)h(x).

Tesi. Proviamo che vale P(n+ 1), cioè che esiste un polinomio k(x) tale che

xn+3 + (1 + x)2n+3 = (x2 + x+ 1)k(x).

Si ha:xn+3 + (1 + x)2n+3 = xn+2x+ (1 + x)2n+1(1 + x)2

= xn+2x+ (1 + x)2n+1x− (1 + x)2n+1x+ (1 + x)2n+1(1 + x)2

= x[xn+2 + (1 + x)2n+1

]− (1 + x)2n+1

[(1 + x)2 − x

]= x

[(x2 + x+ 1)h(x)

]− (1 + x)2n+1(x2 + x+ 1)

= (x2 + x+ 1)[xh(x)− (1 + x)2n+1

].

Posto k(x) = xh(x)− (1 + x)2n+1, si ha la tesi.

2 [4 punti] L’equazione (E) è equivalente a x ≡ 0 mod 5. Il minimo numero naturale positivoche è soluzione di tale equazione è a = 5. Le soluzioni intere dell’equazione 4x + 7y = 5sono le coppie (−7λ− 4, 4λ+ 3) ∈ Z2.

3 [6 punti] Le soluzioni del sistema dato sono tutti gli interi x tali chex ≡ 23 mod 40.

4 (a) [5 punti] 9!2!4!2!

.

(b) (i) [1 punti](83

)(63

).

(ii) [2 punti](83

) [(43

)+ 2(42

)]. Le scelte di 3 donne su 8 rimangono invariate (ovvero

pari a(83

)). Le commissioni di uomini si possono formare o scegliendo 3 uomini

tra i 4 = 6− 2 che non hanno restrizioni, oppure scegliendo uno dei due uominiche non vogliono lavorare insieme (2 modi), e quindi scegliendo i rimanenti 2 frai 4 restanti e possibili.

(iii) [2 punti](73

)(53

)+(72

)(53

)+(73

)(52

). Il primo termine conta il numero di commissioni

in cui l’uomo (che denotiamo con U) e la donna (che denotiamo con D), che nonvogliono lavorare insieme, sono esclusi. Il secondo termine conta le commissioniin cui c’è D ma non U; questo corrisponde a scegliere 2 donne su 7 e 3 uomini su 5.Il terzo termine conta le commissioni in cui c’è U ma non D; questo corrispondea scegliere 3 donne su 7 e 2 uomini su 5.

5 [4 punti](54+4−14−1

)=(573

).



26 Aprile 2016A2


1 [7 punti] Sia (Ω, P ) uno spazio di probabilità discreto e siano A e B due eventi indipendentitali che P (A) = 3

10e P (A ∪B) = 7

10. Calcolare:

(a) P (B);(b) P (A|B);(c) P (A ∩Bc), essendo Bc il contrario dell’evento B.

2 [8 punti] In un ospedale un gruppo di 10 pazienti viene sottoposto a un intervento chirurgico inday hospital; in genere, solo nel 10% dei casi un paziente ha bisogno del ricovero prolungato.(a) Qual è la probabilità che tutti i pazienti vengano dimessi subito dopo l’intervento?(b) Qual è la probabilità che almeno uno dei pazienti abbia bisogno del ricovero prolungato?

3 [7 punti] Determinare, al variare del parametro reale a, il rango della matrice

A =

−a a a−a a 3−a −a 3

.


a)

(k + 1)x+ y + kz = 0

2x+ ky + kz = 0

y + 2z = k

, b)

x+ 5ky = 1

5kx+ y = 1

x− y = −1

.

26 Aprile 2016Traccia dello svolgimento

1 (a) [3 punti] Poiché A e B sono indipendenti, P (A ∩B) = P (A)P (B). Quindi:

P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A)P (B) ⇒ P (B) =P (A ∪B)− P (A)

1− P (A)= ... =

4

7.

(b) [1 punto] Poiché A e B sono indipendenti, si ha subito P (A|B) = P (A) = 310.

(c) [3 punti] Poiché A e B sono indipendenti, si ha:

P (A ∩Bc) = P (A)P (Bc) = P (A)(1− P (B)) = ... =18

70.

2 Si riconosce subito che si tratta di un problema di prove ripetute. Utilizziamo la formuladi Bernoulli, avendo denotato con X il numero di ricoveri prolungati.(a) [4 punti] P (X = 0) =

(100

)(0.1)0(0.9)10 = ( 9

10)10;

(b) [4 punti] P (X > 0) = 1− P (X = 0) = 1− ( 910

)10.

3 [7 punti] Se a 6= 0 e a 6= 3, allora r(A) = 3; se a = 0, allora r(A) = 1; se a = 3, allorar(A) = 2.

4 [4 punti] Sistema a). Se k 6= −4 e k 6= 1, il sistema è determinato e la sua soluzione è

la terna(− k2

k+4,− k2

k+4, k(k+2)

k+4

); se k = −4, il sistema è impossibile; se k = 1, il sistema è

indeterminato.

[4 punti] Sistema b). Se k 6= ±15, il sistema è impossibile; se k = −1

5, il sistema è (ancora)

impossibile; se k = 15, il sistema è determinato e la sua soluzione è la coppia (0, 1).



13 Maggio 2016B1

Tempo a disposizione. 120 minutiPunteggio. Detto p1 il punteggio totalizzato nel Problema 1 e detto p2 il punteggio totalizzato nel Problema 2, la prova si intende superatase e solo se sono verificate tutte le condizioni seguenti: p1 + p2 ≥ 15, p1 ≥ 5, p2 ≥ 5.

1 Nel piano si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale monometrico O~x~y.Siano dati i punti A(0, 2) e B(1, 0).

(a) [5 punti] Si determini il punto C in modo che l’ortocentro del triangolo ABC sia il puntoH(0,−2).

(b) [6 punti] Sia σ : R2 → R2 la rototraslazione che trasforma il puntoM(−1, 0) nel puntoM ′(2, 1)e il punto N(−3, 1) nel punto N ′(1,−1). Si determinino il centro, l’angolo di rotazione e leequazioni di σ.

(c) [4 punti] Verificato che C è il punto di coordinate (4, 0) e che σ è la rototraslazione ρA,π2di

centro A e angolo 90, si determinino le coordinate dei vertici del triangolo che si ottienesottoponendo ABC alla rototraslazione ρA,π

2.

2 Nello spazio si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale monometrico O~x~y~z.Siano dati i punti A(1, 1, 0), B(0, 1, 1), C(1, 5, 2) e le rette r1 ed r2 di equazioni

r1 :

x = 2z

y = z − 1, r2 :

x+ 2y − z = 0

2x− 3y + 2z − 1 = 0.

(a) [3 punti] Si verifichi che i punti A, B e C non sono allineati e si determini l’equazione delpiano α che li contiene.

(b) [3 punti] Si dica, giustificando la risposta, se r1 ed r2 sono sghembe.

(c) [3 punti] Si determinino le equazioni parametriche e cartesiane della retta passante per A eparallela ad r2.

(d) [3 punti] Si determinino le equazioni cartesiane della retta perpendicolare ad α e incidente r1ed r2.

(e) [3 punti] Si determini la proiezione ortogonale di r1 su α.

13 Maggio 2016Traccia dello svolgimento

1 (a) La retta AH è l’altezza relativa al lato BC, quindi le rette AH e BC devono essereortogonali. Da ciò segue che C ∈ ~x. Inoltre, la retta BH deve essere ortogonale alla rettaAC. Si trova che la retta r passante per A e perpendicolare alla retta BH ha equazioner : y = −x+ 2. Il punto C è quindi il punto di intersezione tra r e y = 0, cioè

C(4, 0) .

(b) Centro di rotazione. Il centro di σ è il punto di intersezione degli assi dei segmenti MM ′ eNN ′. L’asse del segmento MM ′ è

a1 : y = −3x+ 2.

L’asse del segmento NN ′ èa2 : y = 2x+ 2.

Il centro è quindiD ≡ A(0, 2) .

Angolo di rotazione. L’angolo di rotazione si determina utilizzando la formulax′ = (x− xD) cosϑ− (y − yD) sinϑ+ xDy′ = (x− xD) sinϑ− (y − yD) cosϑ+ yD

e imponendo, ad esempio, che σ(M) =M ′. Si ottiene così, il sistema2 sinϑ− cosϑ = 2

− sinϑ− 2 cosϑ = −1da cui si ottiene

sinϑ = 1, cosϑ = 0

e quindi l’angolo principale di rotazione è

ϑ =π

2.

Equazioni. Da quanto trovato segue subito che

σ = ρA,π2:

x′ = −y + 2

y′ = x+ 2

(c) Usando le equazioni di σ si ha immediatamente:

A′(0, 2), B′(2, 3), C ′(2, 6)

2 (a) La retta r passante per A e B ha equazionix+ z = 1

y = 1

e si vede subito che C /∈ r. Il fatto che A, B e C non siano allineati, ci assicura che esisteuno ed un solo piano passante per essi. Tale piano ha equazione:

α : det

x− 1 y − 1 z−1 0 10 4 2

= 0,

da cui, si trova subito che

α : 2x− y + 2z − 1 = 0

(b) Poiché

det

1 0 −2 00 1 −1 11 2 −1 02 −3 2 −1

= 12 6= 0,

le rette r1 ed r2 sono sghembe.

(c) Determiniamo i parametri direttori di r2. Allo scopo, scriviamo r2 in forma parametrica.Con facili conti si trova che

x = 27− 1

7t

y = −17+ 4

7t

z = t

,

quindi un vettore parallelo a r2 è (−1, 4, 7). Ne viene che la retta passante per A e parallelaad r2 ha equazioni parametriche

x = 1− ty = 1 + 4t

z = 7t

, t ∈ R

ed equazioni cartesiane 4x+ y − 5 = 0

7x+ z − 7 = 0

(d) La retta richiesta è l’intersezione tra il piano β contenente r1 e perpendicolare ad α e ilpiano γ contenente r2 e perpendicolare ad α.Equazione di β. Il generico piano contenente r1 è

λ(x− 2z) + µ(y − z + 1) = 0.

La condizione di ortogonalità con α è espressa da(λ, µ,−2λ− µ) • (2,−1, 2) = 0

e scegliendo, ad esempio, λ = 3 e µ = −2, si ha:β : 3x− 2y − 4z − 2 = 0

Equazione di γ. Il generico piano contenente r2 è

λ(x+ 2y − z) + µ(2x− 3y + 2z − 1) = 0.

La condizione di ortogonalità con α è espressa da(λ+ 2µ, 2λ− 3µ,−λ+ 2µ) • (2,−1, 2) = 0

e scegliendo, ad esempio, λ = 1 e µ = 211, si ha:

γ : 15x+ 16y − 7z − 2 = 0

In definitiva, la retta richiesta ha equazioni3x− 2y − 4z − 2 = 0

15x+ 16y − 7z − 2 = 0

(e) La proiezione ortogonale richiesta è l’intersezione tra α ed il piano contenente r1 e orto-gonale ad α. Il piano contenente r1 e ortogonale ad α è il piano β determinato nel puntoprecedente. Quindi la retta richiesta ha equazioni

3x− 2y − 4z − 2 = 0

2x− y + 2z − 1 = 0



30 Maggio 2016B1

Compito A


1 Nel piano si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale monometrico O~x~y.

Quesito 1. [5 punti] Dati i punti A(−3, 0) e B(−1, 0), determinare i punti C della retta di equa-zione y = −x+ 1 tali che l’area del triangolo ABC valga 6.

Quesito 2. Si consideri la trasformazione geometrica σ : R2 → R2, tale che (x, y)σ7−→ (x′, y′),

definita da x′ = x+ 5

y′ = y − 3.

• [5 punti] Classificare σ, determinarne gli elementi caratterizzanti (∗), dimostrare che è inverti-bile e scrivere le equazioni della trasformazione inversa σ−1.• [2 punti] Scrivere l’equazione della retta r passante per il punto P (1,−2) e ortogonale allaretta s di equazione 2x− y + 5 = 0.• [3 punti] Scrivere le equazioni della trasformata di r mediante σ.

2 Nello spazio si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale monometrico O~x~y~z.Siano dati i punti A(2, 1,−1), B(1, 0, k) (k parametro reale), C(9, 0, 0) e il vettore v = (1,−1, 3).(a) [3 punti] Determinare l’equazione del piano α passante per A e ortogonale a v.

(b) [3 punti] Determinare k in modo che la distanza tra B e α valga√11.

(c) [3 punti] Determinare la proiezione ortogonale C ′ di C su α.

(d) [3 punti] Calcolare l’area del triangolo ACC ′.

(e) [3 punti] Posto k = 1, scrivere le equazioni della retta passante per A e B.

(∗)Nel caso della traslazione, vi è un solo elemento caratterizzante ed è il vettore che la individua; nel caso dellerotazioni vi sono due elementi caratterizzanti: il centro di rotazione e l’angolo di rotazione.


1 Quesito 1. Un generico punto C su y = −x+ 1 è C(k,−k + 1) al variare di k ∈ R. Si ha

A (ABC) =1

2AB|yC | =

1

2· 2 · |k − 1|.

Imponendo che A (ABC) = 6 si trova k = −5 e k = 7, da cui:

C1(−5, 6), C2(7,−6)

Quesito 2.• σ è la traslazione di vettore v = (5,−3). La matrice associata a σ è

A =

(1 00 1

)e dal momento che detA = 1 6= 0, σ è invertibile. La trasformazione inversa σ−1 haequazioni:

σ−1 :

x = x′ − 5

y = y′ + 3.

• r : y = −12x− 3

2.

• Usando σ−1, si trova subito che

σ(r) : y′ = −1

2x′ − 2.

Tralasciando gli apici si ha y = −1

2x− 2 .

2 (a) α : 1(x− 2)− 1(y − 1) + 3(z + 1) = 0, quindi α : x− y + 3z + 2 = 0 .

(b) Si ha

d(B,α) =|1 + 3k + 2|√

11,

quindi imponendo d(B,α) =√11 si trova k = −14

3∨ k =

8

3.

(c) La retta passante per C e ortogonale ad α ha equazioni parametrichex = 9 + t

y = −tz = 3t

, t ∈ R.

In forma cartesiana: x+ y = 9

3y + z = 0.

La proiezione ortogonale richiesta è:

C ′ = Prα(C) =

x+ y = 9

3y + z = 0

x− y + 3z + 2 = 0

da cui C ′(8, 1,−3) .

(d) Il triangolo ACC ′, per costruzione, è rettangolo in C ′. Si ha subito:

A (ACC ′) =1

2· AC ′ · CC ′ = 1

2·√40 ·√11 =

√110,

quindi A (ACC ′) =√110 .

(e) Se k = 1, si ha B(1, 0, 1). La retta richiesta ha le seguenti equazioni parametriche:x = 2 + (1− 2)t

y = 1 + (0− 1)t

z = −1 + (1 + 1)t

da cui x = 2− ty = 1− tz = −1 + 2t

, t ∈ R.



30 Maggio 2016B1

Compito B


1 Nel piano si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale monometrico O~x~y.

Quesito 1. [5 punti] Dati i punti A(1, 0) e B(3, 0), determinare i punti C della retta di equazioney = x+ 1 tali che l’area del triangolo ABC valga 7.

Quesito 2. Si consideri la trasformazione geometrica ψ : R2 → R2, tale che (x, y)ψ7−→ (x′, y′),

definita da x′ = x− 2

y′ = y + 3.

• [5 punti] Classificare ψ, determinarne gli elementi caratterizzanti (∗), dimostrare che è inverti-bile e scrivere le equazioni della trasformazione inversa ψ−1.• [2 punti] Scrivere l’equazione della retta r passante per il punto P (1,−2) e parallela alla rettas di equazione x− 2y + 2 = 0.• [3 punti] Scrivere le equazioni della trasformata di r mediante ψ.

2 Nello spazio si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale monometrico O~x~y~z.Siano dati i punti A(1, 1,−2), B(k, 0, 1) (k parametro reale), C(11, 0, 0) e il vettore v = (3,−1, 1).

(a) [3 punti] Determinare l’equazione del piano α passante per A e ortogonale a v.

(b) [3 punti] Determinare k in modo che la distanza tra B e α valga√11.

(c) [3 punti] Determinare la proiezione ortogonale C ′ di C su α.

(d) [3 punti] Calcolare l’area del triangolo ACC ′.

(e) [3 punti] Posto k = 1, scrivere le equazioni della retta passante per A e B.

(∗)Nel caso della traslazione, vi è un solo elemento caratterizzante ed è il vettore che la individua; nel caso dellerotazioni vi sono due elementi caratterizzanti: il centro di rotazione e l’angolo di rotazione.


1 Quesito 1. Un generico punto C su y = x+ 1 è C(k, k + 1) al variare di k ∈ R. Si ha

A (ABC) =1

2AB|yC | =

1

2· 2 · |k + 1|.

Imponendo che A (ABC) = 7 si trova k = −8 e k = 6, da cui:

C1(−8,−7), C2(6, 7)

Quesito 2.• ψ è la traslazione di vettore v = (−2, 3). La matrice associata a ψ è

A =

(1 00 1

)e dal momento che detA = 1 6= 0, ψ è invertibile. La trasformazione inversa ψ−1 haequazioni:

ψ−1 :

x = x′ + 2

y = y′ − 3.

• r : y = 12x− 5

2.

• Usando ψ−1, si trova subito che

ψ(r) : y′ =1

2x′ +

3

2.

Tralasciando gli apici si ha y =1

2x+

3

2.

2 (a) α : 3(x− 1)− 1(y − 1) + (z + 2) = 0, quindi α : 3x− y + z = 0 .

(b) Si ha

d(B,α) =|3k + 1|√

11,

quindi imponendo d(B,α) =√11 si trova k = −4 ∨ k =

10

3.

(c) La retta passante per C e ortogonale ad α ha equazioni parametrichex = 11 + 3t

y = −tz = t

, t ∈ R.

In forma cartesiana: x+ 3y = 11

y + z = 0.

La proiezione ortogonale richiesta è:

C ′ = Prα(C) =

x+ 3y = 11

y + z = 0

3x− y + z = 0

da cui C ′(2, 3,−3) .

(d) Il triangolo ACC ′, per costruzione, è rettangolo in C ′. Si ha subito:

A (ACC ′) =1

2· AC ′ · CC ′ = 1

2·√6 ·√99 =

3√66

2,

quindi A (ACC ′) =3√66

2.

(e) Se k = 1, si ha B(1, 0, 1). La retta richiesta ha le seguenti equazioni parametriche:x = 1 + (1− 1)t

y = 1 + (0− 1)t

z = −2 + (1 + 2)t

da cui x = 1

y = 1− tz = −2 + 3t

, t ∈ R.



13 Giugno 2016B2


1 Sia dato l’endomorfismo f : R3 → R3 la cui matrice rispetto alla base canonica di R3 è

A =

1 h 0h 1 00 h + 1 h + 1

,

dove h è un parametro reale.(a) [4 punti] Studiare f al variare di h, determinando in ciascun caso ker f e Im f .(b) [3 punti] Trovare, al variare di h, l’immagine inversa del vettore (−1, 0, 1).(c) [6 punti] Studiare la semplicità di f al variare di h.(d) [3 punti] Posto h = −1, dire se A è diagonalizzabile e in caso affermativo diagonalizzarla.(e) [4 punti] Posto h = 0, trovare la matrice associata ad f rispetto alle basi

A = [(1, 0, 1), (0, 0, 1), (1, 1, 0)], B = [(1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 1, 1)].

2 Sia data l’applicazione lineare f : R4 → R3 definita dalla legge

f (x, y, z, t) = ( x + hz + t, hx + (h− 1)y + hz + t, x + (h− 1)y + (2h− 1)z + t ),

dove h è un parametro reale.(a) [4 punti] Studiare f al variare di h, determinando in ciascun caso ker f e Im f .(b) [3 punti] Trovare, al variare di h, l’immagine inversa del vettore (1, h, 0).(c) [3 punti] Trovare la matrice associata ad f rispetto alla base

A = [(0, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0)]

di R4 e alla base canonica di R3.

13 Giugno 2016Svolgimento della prova scritta

1 (a) [4 punti] Si ha det A = (h + 1)2(1− h).• Se h 6= ±1, f è un isomorfismo quindi Im f = R3 e ker f = (0, 0, 0).

• Se h = 1, si ha

A =

1 1 01 1 00 2 2

ed è evidente che r(A) = 2, quindi dim Im f = 2 e Im f = 〈(1, 1, 0), (1, 1, 2)〉. Daciò si deduce che dim ker f = 1. Determiniamo il nucleo risolvendo il sistema

x + y = 02y + 2z = 0

da cui ker f = 〈(1,−1, 1)〉.• Se h = −1, si ha

A =

1 −1 0−1 1 00 0 0

ed è evidente che r(A) = 1, quindi dim Im f = 1 e Im f = 〈(1,−1, 0)〉. Da ciò sideduce che dim ker f = 2. Il nucleo è caratterizzato dall’equazione x− y = 0, dacui ker f = 〈(1, 1, 0), (0, 0, 1)〉.

(b) [3 punti] Occorre determinare gli eventuali vettori (x, y, z) ∈ R3 tali che1 h 0h 1 00 h + 1 h + 1

·x

yz

=

−101

.

Se h 6= ±1, esiste un unico vettore (x, y, z) ∈ R3 tale che f (x, y, z) = (−1, 0, 1).Applicando, ad esempio, la regola di Cramer, si trova che

f−1(−1, 0, 1) =(

1h2 − 1

,− hh2 − 1

,2h− 1h2 − 1

).

Se h = 1, si ottiene il sistema x + y = −1x + y = 02y + 2z = 1

che è chiaramente impossibile, quindi in tal caso f−1(−1, 0, 1) = ∅.Se h = −1, si ottiene il sistema

x− y = −1x− y = 0

che è chiaramente impossibile, quindi anche in tal caso f−1(−1, 0, 1) = ∅.

(c) [6 punti] Calcoliamo il polinomio caratteristico:


1− t h 0h 1− t 00 h + 1 h + 1− t

= (h + 1− t)2(1− t− h).

Gli autovalori sono t = h + 1 e t = 1− h.Se h + 1 = 1− h, cioè se h = 0, l’autovalore t = 1 ha molteplicità algebrica 3. Avendosi

r(A− 1 · I) = r

0 0 00 0 00 1 0

= 1,

si deduce che dim V1 = 3− 1 = 2, quindi per h = 0, f non è semplice. Supponiamo,dunque, h 6= 0. In tal caso l’autovalore t = h + 1 ha molteplicità algebrica 2 e l’au-tovalore t = 1− h ha molteplicità algebrica 1. Per capire se f è semplice o meno, èsufficiente determinare la dimensione dell’autospazio Vh+1; tale autospazio è il nucleodella matrice −h h 0

h −h 00 h + 1 0

,

cioè −hx + hy = 0(h + 1)y = 0

.

Da ciò segue che bisogna distinguere altri due casi: h 6= −1 e h = −1.Se h 6= −1 (e h 6= 0), l’autospazio Vh+1 è rappresentato dalle equazioni

x = 0y = 0z ∈ R

e quindi dim Vh+1 = 1 < ma(h + 1) = 2, quindi f non è semplice.Infine, se h = −1, l’autospazio Vh+1 ≡ V0 è rappresentato da x − y = 0 e quindidim V0 = dim ker f = 2. Si conclude che per h = −1, f è semplice.Riassumendo, f è semplice solo se h = −1.

(d) [3 punti] Da quanto visto al punto precedente, segue che per h = −1, A è diagonaliz-zabile. La corrispondente matrice diagonalizzata è la matrice diagonale avente sulladiagonale principale gli autovalori di A, quindi:

A′ =

0 0 00 0 00 0 2

.

Meno rapidamente, visto che per h = −1, A è diagonalizzabile, per definizione esisteuna matrice invertibile C tale che A′ = C−1AC, essendo C una matrice avente nellecolonne gli elementi di una base di autovettori:

C =

1 0 −11 0 10 1 0

.

Si osservi che [(1, 1, 0), (0, 0, 1)] è una base di V0 e [(−1, 1, 0)] è una base di V2 (si trovafacilmente che V2 = (−y, y, 0) ∈ R3, y ∈ R).

(e) [4 punti] Si ha:MA ,B( f ) = PE3,B ME3,E3( f )PA ,E3 .

Si trovano molto facilmente le seguenti matrici:

PE3,B =

1 0 −10 1 −10 0 1

, PA ,E3 =

1 0 10 0 11 1 0

.

Visto che ME3,E3( f ) = A, si ottiene:

MA ,B( f ) =

1 0 −10 1 −10 0 1

·1 0 0

0 1 00 1 1

·1 0 1

0 0 11 1 0

.

Svolgendo i facili conti, si trova:

MA ,B( f ) =

0 −1 0−1 −1 01 1 1

.

2 (a) [4 punti] La matrice associata ad f rispetto alle basi canoniche è

ME4,E3( f ) ≡ M( f ) =

1 0 h 1h h− 1 h 11 h− 1 2h− 1 1

.

Effettuando le trasformazioni sulle righe R2 → R2 − R1 e R3 → R3 − R1, si ottiene lamatrice 1 0 h 1

h− 1 h− 1 0 00 h− 1 h− 1 0

.

Sia h = 1. Si ha r(M( f )) = 1 e perciò dim Im f = 1 e Im f = 〈(1, 1, 1)〉. Da ciò segueche dim ker f = 3; inoltre il nucleo di f è individuato da x + z + t = 0 e pertantoker f = (x, y, z,−x− z) ∈ R4, x, y, z ∈ R = 〈(1, 0, 0,−1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1,−1)〉.Sia, infine, h 6= 1. Si ha r(M( f )) = 3 e perciò dim Im f = 3 e Im f = R3. Da ciò segueche dim ker f = 1; inoltre il nucleo di f è individuato da

x + hz + t = 0x + y = 0y + z = 0

⇒

x = −yy ∈ R

t = (h + 1)y

e pertanto ker f = (−y, y,−y, (h + 1)y) ∈ R4, y ∈ R = 〈(−1, 1,−1, h + 1)〉.(b) [3 punti] Tenendo conto della riduzione effettuata nel punto precedente, passiamo dalla

matrice 1 0 h 1 1h h− 1 h 1 h1 h− 1 2h− 1 1 0

alla matrice 1 0 h 1 1

h− 1 h− 1 0 0 h− 10 h− 1 h− 1 0 −1

.

Da ciò segue subito che se h 6= 1, il sistema ammette ∞1 soluzioni e si trova

f−1(1, h, 0) =(

t− h(t− 1)h2 − 1

,h(t− 1)− t

h2 − 1,

ht− t + 11− h2 , t

), t ∈ R

.

Se, infine, h = 1, il sistema è chiaramente impossibile e quindi

f−1(1, h, 0) = ∅.

(c) [3 punti] Osserviamo che gli elementi della base A sono gli stessi elementi che costi-tuiscono la base canonica di R4, opportunamente permutati. Alla luce di ciò, si trovasubito che:

MA ,E3( f ) =

1 0 1 h1 h− 1 h h1 h− 1 1 2h− 1

.


Corso di Laurea in Informatica (L-31)Prova scritta di Matematica Discreta (12 CFU)

28 Giugno 2016

Parte A

Tempo a disposizione. Ognuna delle prove A1 e A2 ha una durata massima pari a 60 minuti.

A1

1 [10 punti] Dimostrare che, per ogni numero naturale n, con n ≥ 2, vale la seguente disugua-glianza:

2n2 ≥ 3n + 5.

2 [10 punti] Trovare le eventuali soluzioni intere dell’equazione 2x + 5y = 3.

3 [10 punti] In quanti modi è possibile distribuire 20 automobili in tre garage A, B, C in modoche A contenga almeno tre automobili e B ne contenga al più cinque? Giustificare la risposta.

A2

1 [10 punti] Risolvere, al variare del parametro reale h, il seguente sistema lineare:x + hz = hhx + (h− 1)y + hz = 2x + 2y + z = 0

.

2 [10 punti] Determinare, se esiste, l’inversa della seguente matrice:

A =

2 0 −11 1 00 0 1

.

3 [10 punti] Calcolare la probabilità che estraendo un gruppo di 5 carte da un mazzo di 52 cartevi siano:(a) almeno due regine;(b) nessuna regina.

Giustificare le risposte.



28 Giugno 2016Parte B

Tempo a disposizione. Ognuna delle prove B1 e B2 ha una durata massima pari a 60 minuti.

B1

1 Nel piano si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O~x~y.Siano dati i punti A(2, 0) e B(0, 4) e la retta r di equazione x + 2y− 6 = 0. Determinare:(a) [5 punti] gli eventuali punti P di r tali che il triangolo ABP sia isoscele su base AB;(b) [5 punti] gli eventuali punti C di r tali che l’area del triangolo ABC valga 2.

2 Nello spazio si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O~x~y~z.Siano dati il piano α : x + y − z + 1 = 0, la retta r : x = 2y − z = 0 e il punto A(1, 0,−1).Determinare:(a) [6 punti] La retta passante per A, parallela ad α e ortogonale a r;(b) [7 punti] il simmetrico di A rispetto ad α;(c) [7 punti] la distanza di A da r.

B2

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

f (1, 0, 0) = (h, 0, 0), f (1, 0,−1) = (−h, 0,−1), f (−1, 1, 0) = (−h− 4, 2, 0),

dove h è un parametro reale.(a) [6 punti] Trovare, al variare del parametro reale h, l’immagine inversa del vettore (1, h, 2h).(b) [9 punti] Studiare la semplicità di f al variare di h. Poi, posto h = 1, trovare, se esiste, una

base di autovettori.

2 Sia f : R3 → R3 l’endomorfismo la cui matrice rispetto alla base canonica di R3 è

A =

h −4 2h0 2 00 0 1

,

dove h è un parametro reale.(a) [7 punti] Studiare f al variare di h, determinando in ciascun caso ker f e Im f .(b) [8 punti] Trovare la matrice associata ad f rispetto alle basi:

A = [(1, 0, 1), (0, 0, 1), (1, 1, 0)], B = [(1, 1, 0), (0, 1, 0), (1, 1, 1)].

28 Giugno 2016Traccia dello svolgimento

A1

1 Per ogni n ∈N, con n ≥ 2, sia

P(n) : 2n2 ≥ 3n + 5.

Base induttiva. Banalmente per n = 2 si ha 222= 16 ≥ 3 · 2 + 5 = 11, quindi P(2) è valida.

Ipotesi induttiva. Si supponga che valga P(n).Tesi. Proviamo che vale P(n + 1), cioè che

2(n+1)2 ≥ 3(n + 1) + 5.

Si ha:

2(n+1)2= 2n2 · 22n+1 ≥ 2(3n + 5) = 6n + 10 ≥ 3n + 3 + 5 = 3(n + 1) + 5,

da cui la validità di P(n + 1).

2 (4 + 5λ,−1− 2λ) ∈ Z2.

3 Denotato con x il numero di automobili presenti nel garage X, si deve avere:a + b + c = 20a ≥ 30 ≤ b ≤ 5c ≥ 0

.

La cardinalità ] dell’insieme delle soluzioni del precedente sistema è dato da ]1 − ]2, avendodenotato con ]1 e ]2, rispettivamente, le cardinalità dei sistemi (S1) e (S2) seguenti:

(S1) :

a + b + c = 20a ≥ 3b ≥ 0c ≥ 0

⇔

a + b + c = 17a ≥ 0b ≥ 0c ≥ 0

,

(S2) :

a + b + c = 20a ≥ 3b ≥ 6c ≥ 0

⇔

a + b + c = 11a ≥ 0b ≥ 0c ≥ 0

.

Quindi: ] = P(r)17,2 − P(r)

11,2 = (172 )− (11

2 ).

A2

1 Se h 6= ±1, il sistema è determinato e ammette come unica soluzione la terna(h(3− h)h2 − 1

,− 2h + 1

,h2 + h− 4

h2 − 1

).

Se h = ±1, il sistema è impossibile.

2 Essendo det A = 2 6= 0, la matrice A è invertibile. Risulta:

A−1 =

12 0 1

2−1

2 1 −12

0 0 1

3 Usiamo la definizione classica di probabilità (probabilità uniforme).

(a) I casi possibili sono (525 ); i casi favorevoli sono (4

2)(483 ) + (4

3)(482 ) + (4

4)(481 ). Quindi:

p1 =(4

2)(483 ) + (4

3)(482 ) + (4

4)(481 )

(525 )

.

(b) I casi possibili sono (525 ); i casi favorevoli sono (48

5 ). Quindi:

p1 =(48

5 )

(525 )

.

B1

1 (a) Un generico punto P su r ha coordinate P(6− 2a, a), al variare di a ∈ R. Imponiamo ched(P, A) = d(P, B), ottenendo l’equazione√

(4− 2a)2 + a2 =√(6− 2a)2 + (a− 4)2

che ammette come unica soluzione a = 94 . Quindi esiste un solo punto P ∈ r tale che il

triangolo ABP risulta isoscele su base AB e tale punto ha coordinate

P(

32

,94

).

(b) Un generico punto C su r ha coordinate C(6− 2a, a), al variare di a ∈ R. La retta passanteper A e B ha equazione s : 2x + y− 4 = 0. Si ha:

d(C, s) =|2(6− 2a) + a− 4|√

5.

Inoltre d(A, B) = 2√

5. Quindi l’area del triangolo ABC è data da:

A (ABC) =12

d(A, B)d(C, s) = |8− 3a|.

Imponendo |8− 3a| = 2 si trova che deve essere a = 2 oppure a = 103 . Di conseguenza:

C1(2, 2), C2

(−2

3,

103

).

2 (a) Tale retta è l’intersezione di due piani: il primo è il piano passante per A e parallelo ad α edel piano passante per A e avente come vettore ad esso ortogonale un vettore di direzionedi r. Osservato che un vettore di direzione di r è (0, 1, 2), si ha che la retta richiesta ha leseguenti equazioni cartesiane:

(x− 1) + (y− 0)− (z + 1) = 00(x− 1) + 1(y− 0) + 2(z + 1) = 0

,

cioè x + y− z− 2 = 0y + 2z + 2 = 0

.

In alternativa, si sarebbe potuto procedere con la determinazione delle equazioni parame-triche della retta richiesta. Detto (l, m, n) un suo vettore di direzione, dalle condizioniimposte si ricava che deve aversi:

(l, m, n) · (1, 1,−1) = 0(l, m, n) · (0, 1, 2) = 0

da cui l = 3nm = −2nn ∈ R

.

Quindi, visto che la retta richiesta deve passare per A, si ottienex = 1 + 3ty = −2tz = −1 + t

, t ∈ R.

(b) Le equazioni della retta passante per A e ortogonale ad α sono:x = 1 + ty = tz = −1− t

, t ∈ R.

Un generico punto P su tale retta ha coordinate P(1 + t, t,−1 − t). Imponiamo che ilpunto medio tra P e A appartenga ad α (condizione di simmetria), cioè(

2 + t2

,t2

,−2− t

2

)∈ α,

quindi2 + t

2+

t2+

2 + t2

+ 1 = 0,

da cui t = −2. Si conclude che il simmetrico A′ di A rispetto ad α è

A′(−1,−2, 1).

(c) L’equazione del piano passante per A e ortogonale ad α è y + 2z + 1 = 0. Tale pianoincontra la retta r nel punto H(0,−1

5 ,−25). Si ha

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

√75

.

B2

1 Si ricava facilmente che la matrice associata ad f rispetto alla base canonica di R3 è

A =

h −4 2h0 2 00 0 1

.

(a) Si ha det A = 2h. Se h 6= 0 esiste un unico vettore v tale che f (v) = (1, h, 2h). Si trovafacilmente che in tal caso

f−1(1, h, 2h) =(

1 + 2h− 4h2

h,

h2

, 2h)

.

Se h = 0 si trova f−1(1, h, 2h) = ∅.(b) Con facili conti si trova che il polinomio caratteristico associato a f è:

p(t) = (1− t)(2− t)(h− t).

Chiaramente se h 6= 1 e h 6= 2, f è semplice.Se h = 1, l’autovalore t = 1 ha molteplicità algebrica 2 e molteplicità geometrica 1; quindif in tal caso non è semplice.Se h = 2, l’autovalore t = 2 ha molteplicità algebrica 2 e molteplicità geometrica 1; quindif in tal caso non è semplice.Dal momento che per h = 1, l’endomorfismo non è semplice, non è possibile determinareuna base di autovettori.

2 (a) Si ha det A = 2h.Quindi, se h 6= 0, f è un isomorfismo e si ha Im f = R3 e ker f = (0, 0, 0).Se h = 0, si ha Im f = 〈(−4, 2, 0), (0, 0, 1)〉 e ker f = 〈(1, 0, 0)〉.

(b) Si ha:MA ,B( f ) = PE3,B APA ,E3 .

Con facili conti si trova che:

PA ,E3 =

1 0 10 0 11 1 0

, PE3,B =

1 0 −1−1 1 00 0 1

.

Svolgendo i prodotti, si trova:

MA ,B( f ) =

3h− 1 2h− 1 h− 4−3h −2h 6− h

1 1 0

.



19 Luglio 2016

Parte A


A1

1 [7 punti] Risolvere il seguente sistema di congruenze:

2x ≡ 23 mod 53x ≡ 4 mod 7

.

2 [10 punti] Determinare la cardinalità dell’insieme delle soluzioni intere del seguente sistema:x + y + z = 300 < x ≤ 3y ≥ 2z > 3

.

3 Si consideri un mazzo di 52 carte.(a) [7 punti] Quanti sono i gruppi di 5 carte contenenti almeno due regine?(b) [6 punti] Quanti sono i gruppi di 6 carte contenenti un asso e due regine?


A2

1 [8 punti] Risolvere, al variare del parametro reale h, il seguente sistema lineare:x + z = 0x + hy + z = 12x + y + hz = h

.


A =

−1 0 30 1 22 1 0

.

3 Calcolare la probabilità che scrivendo a caso un numero di 5 cifre esso sia(a) [7 punti] scritto con le cifre in ordine crescente;(b) [7 punti] divisibile per 5.




19 Luglio 2016Parte B


B1

1 [8 punti] Nel piano si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O~x~y.Siano dati i punti A(−1, 0) e B(0, 1) e la retta r di equazione x + y = 0. Determinare lecoordinate dei punti P di r tali che il triangolo ABP abbia area 1

2 .

2 Nello spazio si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O~x~y~z.Siano dati il piano α : 2x − y + 5 = 0, la retta r : x + 2y = z = 0 e il punto A(1, 0, 1).Determinare:(a) [7 punti] La retta passante per A, parallela ad α e incidente r;(b) [8 punti] la simmetrica di r rispetto ad α;(c) [7 punti] la distanza di A da r.

B2


A =

1 0 1h h− 1 11 1 h− 1

,

dove h è un parametro reale.(a) [7 punti] Studiare f al variare di h, determinando in ciascun caso ker f e Im f .(b) [9 punti] Posto h = 1, studiare la semplicità di f e trovare, se esiste, una base di autovettori.

2 Sia f : R4 → R3 l’applicazione lineare la cui matrice rispetto alle basi canoniche è

A =

1 0 1 hh 1 0 11 h 1 h

,

dove h è un parametro reale.(a) [8 punti] Studiare f al variare di h, determinando in ciascun caso ker f e Im f .(b) [6 punti] Determinare, al variare di h, l’immagine inversa del vettore (1, h, 0).

19 Luglio 2016Traccia dello svolgimento

A1

1 La prima congruenza è equivalente a 2x ≡ 3 mod 5 che ammette le soluzioni x = 4 + 5t,t ∈ Z.Sostituendo nella seconda congruenza si ottiene 12+ 15t ≡ 4 mod 7 che ammette le soluzionit = 6 + 7k, k ∈ Z. In definitiva, le soluzioni del sistema sono tutti i numeri x = 4 + 30 + 35k,k ∈ Z, cioè

x ≡ 34 mod 35.

2 Ponendo X = x− 1, Y = y− 2, Z = z− 4, il sistema iniziale è equivalente al sistemaX + Y + Z = 230 ≤ X ≤ 2Y ≥ 0Z ≥ 0

.


] = ]1 − ]2,


(s1)

X + Y + Z = 23X ≥ 0Y ≥ 0Z ≥ 0


(s2)

X + Y + Z = 23X ≥ 3Y ≥ 0Z ≥ 0

.

Quindi

] = P(r)23,2 − P(r)

20,2 =

(252

)−(

222

).

3 (a) Poiché il gruppo può contenere o 2 o 3 o 4 regine, il numero di gruppi richiesto è(483

)·(

42

)+

(482

)·(

43

)+

(481

)·(

44

).

(b) Banalmente, il numero di gruppi richiesto è(443

)·(

42

)·(

41

).

A2

1 Se h 6= 0 e h 6= 2, il sistema è determinato e ammette come unica soluzione la terna(1− h2

h(h− 2),

1h

,h2 − 1

h(h− 2)

).

Se h = 0 e per h = 2 il sistema è impossibile.

2 Essendo det A = −4 6= 0, la matrice A è invertibile. Risulta:

A−1 =

12 −3

434

−1 32 −1

212 −1

414

.

3 Usiamo la definizione classica di probabilità (probabilità uniforme).

(a) p1 =(9

5)9·10·10·10·10 .

(b) Tenendo conto che il numero deve finire con 0 o con 5, si ha: p2 = 9·10·10·10·29·10·10·10·10 = 1

5 .

B1

1 La retta s passante per A e B ha equazione x− y + 1 = 0. Un generico punto P su r è P(a,−a),con a ∈ R. Inoltre d(A, B) =

√2. L’altezza relativa alla base AB è lunga h = d(P, s) = |2a+1|√

2.

Imponendo che l’area di ABP valga 12 abbiamo

d(A, B) · h2

=12⇔ |2a + 1| = 1,

da cui a = −1 oppure a = 0. Si trovano, così, i due punti

P1 ≡ O(0, 0) e P2(−1, 1).

2 (a) Determiniamo il piano β passante per A e contenente r. Il fascio di piani contenenti rha equazione h(x + 2y) + kz = 0, al variare di h, k ∈ R. Imponendo il passaggio per A,troviamo h + k = 0, quindi β : x + 2y− z = 0. Il piano γ passante per A e parallelo ad αha equazione 2(x− 1)− (y− 0) = 0. La retta richiesta è dunque

x + 2y− z = 02x− y− 2 = 0

.

(b) Il punto di intersezione tra α e r è C(−2, 1, 0). Osserviamo che O(0, 0, 0) ∈ r. Determi-niamo il simmetrico O′ di O rispetto ad α. Un generico punto appartenente alla rettapassante per O e perpendicolare ad α è del tipo P(2t,−t, 0). Imponiamo che il puntomedio M del segmento OP appartenga ad α. Si trova M(t,− t

2 , 0), e imponendo la condi-zione di cui sopra si ha 2t− (− t

2) + 5 = 0 da cui t = −2. Ne viene che O′(−4, 2, 0). Laretta richiesta è la retta passante r′ per O′ e C e quindi è

r′ :

x = −2 + (−4 + 2)ty = 1 + (2− 1)tz = 0

, t ∈ R.

che in forma cartesiana diventa

r′ :

x + 2y = 0z = 0

.

Osservazione. La retta r′, simmetrica di r rispetto ad α, è r stessa dal momento che r èortogonale ad α.

(c) Un vettore di direzione della retta r è (2,−1, 0). Il piano δ passante per A e ortogonalead r ha equazione 2(x − 1)− y = 0. Il punto di intersezione tra δ e r è H(4

5 ,−25 , 0). La

distanza richiesta vale

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

√3025

=

√65

.

B2

1 (a) Si ha det A = (h− 1)2.Se h 6= 1, f è un isomorfismo, quindi Im f = R3 e ker f = (0, 0, 0).Se h = 1, si ha dim Im f = 2 e Im f = 〈(1, 1, 0), (0, 0, 1)〉. Inoltre l’equazione cartesianadell’immagine è x − y = 0. Infine, dim ker f = 1 e ker f = 〈(1,−1,−1)〉. Le equazionicartesiane del nucleo sono:

x + z = 0x + y = 0

.

(b) Posto h = 1, con facili conti si trova che il polinomio caratteristico associato a f è:

p(t) = t(−t2 + t + 2).

Gli autovalori sono quindi t = 0, t = −1 e t = 2; essendo distinti e reali, f è semplice edunque esiste una base di R3 costituita da autovettori di f . Determiniamo gli autospaziV0, V−1 e V2 associati, rispettivamente agli autovalori t = 0, t = −1 e t = 2.Ovviamente V0 = ker f e una base di V0 è [(1,−1,−, 1)]. Si trova che V−1 è individuatodalle equazioni

2x + z = 0x + y + z = 0

e una sua base è [(1, 1,−2)]. Infine, V2 è individuato dalle equazionix− z = 0y− z = 0

e una sua base è [(1, 1, 1)].In definitiva, una base di autovettori di R3 è

B = [(1,−1,−1), (1, 1,−2), (1, 1, 1)].

2 (a) Sostituendo alla terza riga di A la differenza tra la prima e la terza riga si ottiene lamatrice 1 0 1 h

h 1 0 10 h 0 0

.

Quindi si vede che se h 6= 0, Im f = R3 e ker f è individuato dalle equazionix + z + ht = 0hx + t = 0y = 0

quindi dim ker f = 1 e ker f = 〈(1, 0, h2 − 1,−h)〉.Sia, infine, h = 0. In tal caso dim Im f = 2 e Im f = 〈(1, 0, 1), (0, 1, 0)〉 e l’immagine èindividuata dall’equazione x− z = 0. Inoltre, ker f è individuato dalle equazioni

x + z = 0y + t = 0

e ker f = 〈(1, 0,−1, 0), (0, 1, 0,−1)〉.(b) Occorre risolvere, al variare di h, il sistema 1 0 1 h 1

h 1 0 1 h0 h 0 0 0

.

Effettuando la trasformazione indicata nel punto precedente, si trova il sistema equiva-lente 1 0 1 h 1

h 1 0 1 h0 h 0 0 −1

.

Alla luce di ciò, si vede subito che se h = 0 il sistema è impossibile e quindi

f−1(1, h, 0) = ∅e se h 6= 0 il sistema è indeterminato e si trova

f−1(1, h, 0) =(

h2 − ht + 1h2 ,−1

h,−h3t− ht + 1

h2 , t)

, t ∈ R

.



7 Settembre 2016Parte A


A1


x ≡ 2 mod 5x ≡ 0 mod 3x ≡ 27 mod 7

.

2 [10 punti] Determinare la cardinalità dell’insieme delle soluzioni intere del seguente sistema:x + y + z = 240 < x ≤ 3y ≥ 20 ≤ z ≤ 1

.

3 (a) [6 punti] Quanti sono i numeri pari di sei cifre contenenti due cinque consecutivi?(b) [7 punti] Quanti sono i numeri di sei cifre aventi le prime tre cifre pari e distinte e le ultime tre

disposte in ordine crescente?Giustificare le risposte.

A2

1 [8 punti] Risolvere, al variare del parametro reale h, il seguente sistema lineare:x + y = −1−hx + y = 0(h + 1)y + (h + 1)z = −1

.


A =

2 0 −11 1 0−1 0 1

.

3 Calcolare la probabilità che estraendo a caso cinque carte da un mazzo di 52 carte, fra di esse vi siano(a) [7 punti] due regine ed un asso;(b) [7 punti] 4 carte dello stesso seme.




7 Settembre 2016Parte B


B1

1 [8 punti] Nel piano si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O~x~y.Siano dati il punto A(0, 2) e la retta r di equazione x − y = 0. Determinare le equazioni delle rettepassanti per A e formanti con l’asse delle ~x e con la retta r un triangolo di area 2.

2 Nello spazio si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O~x~y~z.Siano dati il piano α : 2x− y+ z− 2 = 0, la retta r : x + y = y− z = 0 e il punto A(1, 0, 0). Determinare:(a) [7 punti] La retta passante per A, parallela ad α e incidente r;(b) [8 punti] la simmetrica di r rispetto ad α;(c) [7 punti] la distanza di A da r.

B2


A =

1 1 0−h 1 00 h + 1 h + 1

,

dove h è un parametro reale.(a) [7 punti] Studiare f al variare di h, determinando in ciascun caso ker f e Im f .(b) [10 punti] Posto h = −1, studiare la semplicità di f e trovare, se esiste, una base di autovettori.(c) [7 punti] Trovare la matrice associata ad f rispetto alle basi

A = [(1, 0, 1), (0, 0, 1), (1, 1, 0)], B = [(1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 1, 1)].

(d) [6 punti] Trovare, al variare di h, l’immagine inversa del vettore (−1, 0, 1).

7 Settembre 2016Traccia dello svolgimento

A1

1 La prima congruenza ammette le soluzioni x = 2 + 5t, t ∈ Z. Sostituendo nella seconda congruenzasi ottiene 2 + 5t ≡ 0 mod 3 che ammette le soluzioni t = 2 + 3k, k ∈ Z. Sostituendo nella prima sitrova x = 12 + 15k e così la terza congruenza diventa 12 + 5k ≡ 6 mod 7 che ammette le soluzionik = 1 + 7u, u ∈ Z. In definitiva, le soluzioni del sistema sono tutti i numeri x = 27 + 105u, u ∈ Z, cioè

x ≡ 27 mod 105.

2 Ponendo X = x− 1, Y = y− 2, Z = z, il sistema iniziale è equivalente al sistemaX + Y + Z = 210 ≤ X ≤ 2Y ≥ 00 ≤ Z ≤ 1

.


] = ]1 − ]2 − ]3 + ]4,

dove con ]i si è denotata la cardinalità dell’insieme delle soluzioni intere del sistema (si) per i = 1, 2, 3, 4e i sistemi (si) sono i seguenti:

(s1)

X + Y + Z = 21X ≥ 0Y ≥ 0Z ≥ 0

, (s2)

X + Y + Z = 21X ≥ 3Y ≥ 0Z ≥ 0

,

(s3)

X + Y + Z = 21X ≥ 0Y ≥ 0Z ≥ 2

, (s4)

X + Y + Z = 21X ≥ 3Y ≥ 0Z ≥ 3

.

Quindi

] = P(r)21,2 − P(r)

18,2 − P(r)19,2 + P(r)

16,2 =

(232

)−(

202

)−(

212

)+

(182

).

3 (a) Il gruppo G formato dai due cinque consecutivi, può occupare quattro posizioni possibili: la primae la seconda, la seconda e la terza, la terza e la quarta o, infine, la quarta e la quinta. Nel casoin cui G occupasse le prime due posizioni, bisognerebbe occupare tre posti in qualsiasi maniera (imodi sono 103) ed infine, dovendo essere l’ultima cifra pari, vi sono 5 modi possibili di fissarla.In totale, se G occupa le prime due posizioni, vi sono 103 · 5 numeri possibili. Se G occupa lealtre possibili posizioni (restano tre configurazioni possibili), vi sono in ogni caso 9 · 102 · 5 numeripossibili (osserviamo che la prima cifra può essere occupata in 9 modi in quanto lo zero non puòessere posizionato lì).In definitiva, i numeri che verificano la condizione posta sono

103 · 5 + 3 · 9 · 102 · 5 = 102 · 185.

(b) Al numero di disposizioni semplici delle 5 cifre pari nei tre posti, occorre sottrarre il numero didisposizioni che hanno come prima cifra lo 0. Quindi i primi tre posti possono essere riempiti inD5,3 − D4,2 modi diversi. Infine, per quanto riguarda le ultime tre cifre, dovendo essere dispostein ordine crescente, vi sono (10

3 ) possibili gruppi (Non usiamo la formula delle disposizioni perchési richiede che l’ordine sia crescente. Dunque, fissate ogni volta tre cifre, di tutte le loro possibilidisposizioni, ci interessa solo quella che ha le tre cifre in ordine crescente). In definitiva, quindi,

A2

1 Se h 6= −1 il sistema è determinato (la soluzione si determina facilmente utilizzando, ad esempio, laregola di Cramer); se h = −1, il sistema è impossibile.

2 Essendo det A = 1 6= 0, la matrice A è invertibile. Risulta:

A−1 =

1 0 1−1 1 −11 0 2

.

3 Usiamo la definizione classica di probabilità (probabilità uniforme). I casi possibili sono (525 ).

(a) Gli assi possono essere scelti in (41) modi; le regine possono essere scelte in (4

2) modi. Infine, lerestanti due carte possono essere scelte tra le restanti 52− (4 + 4) = 44 (dalle 52 carte occorre

togliere i quattro assi e le due regine). Quindi la probabilità richiesta vale p1 =4(44

2 )(42)

(525 )

.

(b) Il seme può essere scelto in 4 modi diversi. Le quattro carte dalle 13 del seme fissato, possonoessere scelte in (13

4 ) modi. Infine, l’ultima carta può essere scelta tra le 52− 13 restanti (occorre

togliere tutte le restanti carte del seme considerato). Quindi la probabilità richiesta vale p2 =4(13

4 )39(52

5 ).

B1

1 Le rette richieste sono del tipo y = mx + 2 con m 6= 0 e m 6= 1. Tali rette incontrano l’asse ~x nelpunto B(− 2

m , 0) e la retta r nel punto C( 21−m , 2

1−m ). Detta H la proiezione di C sull’asse ~x, si ha:CH =

∣∣ 21−m

∣∣. Inoltre la base OB è lunga OB =∣∣ 2

m

∣∣. Dovendo essere A (OBC) = 2, si perviene allaseguente equazione:

12

CH ·OB = 2 ⇔∣∣∣∣ 1m(1−m)

∣∣∣∣ = 1,

da cui m = 1±√

52 . Quindi le rette richieste hanno le seguenti equazioni:

y =1±√

52

x + 2.

2 (a) Determiniamo il piano β passante per A e contenente r. Il fascio di piani contenenti r ha equazioneh(x + y) + k(y− z) = 0, al variare di h, k ∈ R. Imponendo il passaggio per A, troviamo h = 0,quindi β : x + y = 0. Il piano γ passante per A e parallelo ad α ha equazione 2(x− 1)− (y− 0) +(z− 0) = 0. La retta richiesta è dunque

x + y = 02x− y + z− 2 = 0

.

(b) Il punto di intersezione tra α e r è C(1,−1,−1), quindi il simmetrico C′ di C rispetto ad α è C stesso:C′ = C. Osserviamo che O(0, 0, 0) ∈ r. Determiniamo il simmetrico O′ di O rispetto ad α. Ungenerico punto appartenente alla retta passante per O e perpendicolare ad α è del tipo P(2t,−t, t).Imponiamo che il punto medio M del segmento OP appartenga ad α. Si trova M(t,− t

2 , t2 ), e

imponendo la condizione di cui sopra si ha 2t − (− t2 ) +

t2 − 2 = 0 da cui t = 2

3 . Ne viene che

O′( 43 ,− 2

3 , 23 ). La retta richiesta è la retta passante r′ per O′ e C e quindi è

r′ :

x = 1 + ty = −1 + tz = −1 + 5t

, t ∈ R.

che in forma cartesiana diventa

r′ :

x− y = 25(x− 1) = z + 1

.

(c) Un vettore di direzione della retta r è (1,−1,−1). Il piano δ passante per A e ortogonale ad r haequazione (x− 1)− y− z = 0. Il punto di intersezione tra δ e r è H(− 1

3 , 13 , 1

3 ). La distanza richiestavale

d(A, r) = d(A, H) =√

2.

B2

1 (a) Si ha det A = (h + 1)2.Se h 6= −1, f è un isomorfismo, quindi Im f = R3 e ker f = (0, 0, 0).Se h = −1, si ha dim Im f = 1 e Im f = 〈(1, 1, 0)〉. Inoltre l’equazione cartesiana dell’immagine èx− y = z = 0. Infine, dim ker f = 2 e ker f = 〈(1,−1, 0), (0, 0, 1)〉.

(b) Posto h = −1, con facili conti si trova che il polinomio caratteristico associato a f è:

p(t) = t2(2− t).

Gli autovalori sono quindi t = 0 (con molteplicità algebrica 2), t = 2. Determiniamo gli autospaziV0 e V2 associati, rispettivamente agli autovalori t = 0 e t = 2.Ovviamente V0 = ker f e una base di V0 è [(1,−1, 0), (0, 0, 1)]. Si trova che V2 è individuato dalleequazioni

z = 0x− y = 0

e una sua base è [(1, 1, 0)].Si conclude che f è semplice poiché dim V0 = 2 = ma(0) e dim V2 = 1 = ma(2).In definitiva, una base di autovettori di R3 è

B = [(1,−1, 0), (0, 0, 1), (1, 1, 0)].

(c) Si ha:MA ,B( f ) = PE3 ,B ME3,E3( f )PA ,E3 .

Si trovano molto facilmente le seguenti matrici:

PE3,B =

1 0 −10 1 −10 0 1

, PA ,E3 =

1 0 10 0 11 1 0

.

Visto che ME3 ,E3( f ) = A, si ottiene:

MA ,B( f ) =

1 0 −10 1 −10 0 1

· 1 1 0−h 1 00 h + 1 h + 1

·1 0 1

0 0 11 1 0

.

Svolgendo i facili conti, si trova:

MA ,B( f ) =

−h −1− h 1− h−1− 2h −1− h −2h

1 + h 1 + h 1 + h

.

(d) Se h = −1 si ha f−1(−1, 0, 1) = ∅. Se h 6= 1, f−1(−1, 0, 1) è costituito da un solo vettore che sipuò determinare con facili conti usando, ad esempio, la regola di Cramer.



27 Settembre 2016Parte A


A1

1 [10 punti] Dimostrare che, per ogni n ∈N, vale la seguente disuguaglianza:

3n ≥ n2 + 1.


3x ≡ 2 mod 5x ≡ 0 mod 34x ≡ 27 mod 6

.

3 (a) [7 punti] Quanti sono i numeri pari di quattro cifre scritte in ordine crescente?(b) [7 punti] Quanti sono i numeri di sette cifre aventi le prime due cifre uguali e due aventi per somma

10?Giustificare le risposte.

A2

1 [8 punti] Risolvere, al variare del parametro reale h, il seguente sistema lineare:x + hy = hy + hz = 0x + y = 1

.


A =

1 3 00 1 11 1 1

.

3 Siano dati due insiemi X e Y aventi, rispettivamente, cardinalità 3 e 4. Calcolare la probabilità chescegliendo a caso una funzione f : X → Y, essa sia(a) [6 punti] iniettiva;(b) [5 punti] iniettiva e suriettiva;(c) [4 punti] suriettiva.




27 Settembre 2016Parte B


B1

1 [8 punti] Nel piano si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O~x~y.Sia data la retta r : x + y = 0. Trovare le equazioni delle rette parallele all’asse ~y e formanti con l’asse ~xe con la retta r un triangolo di area 2.

2 Nello spazio si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O~x~y~z.Siano dati il piano α : 2x− y + z− 2 = 0, la retta r : x = y− z = 0 e il punto A(1, 0, 0). Determinare:(a) [6 punti] il simmetrico di A rispetto ad α;(b) [10 punti] la retta passante per A, parallela ad α e incidente r;(c) [6 punti] la distanza di A da r.

B2


A =

1 h 00 1 h1 1 −6

,

dove h è un parametro reale.(a) [10 punti] Studiare f al variare di h, determinando in ciascun caso ker f e Im f .(b) [12 punti] Posto h = 0, studiare la semplicità di f e trovare, se esiste, una base di autovettori.(c) [8 punti] Trovare, al variare di h, l’immagine inversa del vettore (−1, 1, 0).

27 Settembre 2016Traccia dello svolgimento

A1

1 [10 punti] Per ogni n ∈N, siaP(n) : 3n ≥ n2 + 1.

Base induttiva. Banalmente per n = 0 e per n = 1, p(0) e p(1) sono valide.Ipotesi induttiva. Si supponga che valga P(n), cioè che

3n ≥ n2 + 1

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

3n+1 ≥ (n + 1)2 + 1.

Sfruttando l’ipotesi induttiva, si ha

3n+1 ≥ 3 · 3n ≥ 3(n2 + 1).

Visto che3(n2 + 1) ≥ (n + 1)2 + 1, equivalente a 2n2 − 2n + 1 ≥ 0, è verificata per ogni n ∈ N, siconclude che P(n + 1) è valida. Pertanto, P(n) è vera per ogni n ∈N.

2 [6 punti] Il sistema è impossibile dal momento che lo è la terza congruenza. Infatti, essa equivale a4x ≡ 3 mod 6 e M.C.D.(4, 6)6 |6.

3 (a) [7 punti] L’ultima cifra deve essere o 4 o 6 oppure 8. Nel caso in cui l’ultima cifra sia 4, l’uniconumero soddisfacente le condizioni poste è 1234; nel caso in cui l’ultima cifra sia 6, vi sono (5

3)

numeri soddisfacenti le condizioni poste; infine, nel caso in cui l’ultima cifra sia 8, vi sono (73)

numeri soddisfacenti le condizioni poste. In definitiva, i numeri verificanti quanto richiesto sono

1 +(

53

)+

(73

).

(b) [7 punti] Dette x e y le ultime due cifre, dovrà aversix + y = 10x > 0y > 0

.

Posto X = x− 1 e Y = y− 1, tale sistema è equivalente al seguenteX + Y = 8X ≥ 0Y ≥ 0

che ammette (8+2−12−1 ) = 9 soluzioni intere.

Le prime due cifre, dovendo essere uguali, possono essere scelte in 9 modi diversi (non è possibilescegliere lo zero). Infine, la terza, la quarta e la quinta cifra possono essere scelte in 10 modi. Indefinitiva, vi sono

9 · 103 · 9 = 81 · 103

numeri soddisfacenti le condizioni poste.

A2

1 [8 punti] Se h 6= 0∧ h 6= 1 il sistema è determinato (la soluzione si determina facilmente utilizzando, adesempio, la regola di Cramer); se h = 0, il sistema è impossibile; se h = 1, il sistema è indeterminato.

2 [7 punti] Essendo det A = 1 6= 0, la matrice A è invertibile. Risulta:

A−1 =

1 −3 00 1 0−1 2 1

.

3 Usiamo la definizione classica di probabilità (probabilità uniforme). Il numero di casi possibili è ilnumero di applicazioni tra X e Y, cioè 43.

(a) [6 punti] Le applicazioni iniettive f tra X e Y sono (43)3!. Quindi la probabilità richiesta è (4

3)3!43 .

(b) [5 punti] Non vi sono applicazioni biiettive f tra X e Y e quindi la probabilità richiesta è 0.(c) [4 punti] Non vi sono applicazioni suriettive f tra X e Y e quindi la probabilità richiesta è 0.

B1

1 [8 punti] Le rette richieste sono del tipo x = h con h ∈ R. Tali rette incontrano r nel punto A(−h, h).L’area del triangolo descritto è data da

|h| · | − h|2

.

Imponendo la condizione posta nel testo, si perviene all’equazione h2 = 4 da cui h = ±2. Ne viene cheesistono due rette soddisfacenti le condizioni poste ed esse hanno equazioni x = −2 e x = 2.

2 (a) [6 punti] La retta passante per A e perpendicolare ad α ha equazioni parametrichex = 1 + 2ty = −tz = t

, t ∈ R.

Un generico punto su tale retta ha coordinate A′(1 + 2t,−t, t); esso è il simmetrico di A rispettoad α se e solo se il punto medio M

(1 + t,− t

2 , t2

)del segmento AA′ appartiene ad α. Imponendo

tale condizione di appartenenza si perviene all’equazione 2(1 + t) + t + t− 2 = 0, da cui t = 0.Ciò implica che A′ ≡ A (infatti A ∈ α).

(b) [10 punti] Determiniamo il piano β passante per A e contenente r. Il fascio di piani contenenti rè dato da h(y − z) + kx = 0. Imponendo il passaggio per A si trova che h è arbitrario e k = 0.Di conseguenza β : y− z = 0. Infine, l’equazione del piano γ passante per A e parallelo ad α è2(x− 1)− y + z = 0. La retta richiesta è l’intersezione di β e γ:

y− z = 02(x− 1)− y + z = 0

.

(c) [6 punti] Un vettore di direzione della retta r è (0, 1, 1). Il piano δ passante per A e ortogonale ad rha equazione y + z = 0. Il punto di intersezione tra δ e r è H(0, 0, 0). La distanza richiesta vale

d(A, r) = d(A, H) = 1.

B2

1 (a) [10 punti] Si ha det A = h2 − h− 6.Se h 6= −2∧ h 6= 3, f è un isomorfismo, quindi Im f = R3 e ker f = (0, 0, 0).Se h = −2, si ha dim Im f = 2 e dim ker f = 1. Inoltre l’equazione cartesiana dell’immagine èx− 2y− z = 0, Im f = 〈(1, 0, 1), (3, 1, 1)〉 e ker f = 〈(4, 2, 1)〉.Se h = 3, si ha dim Im f = 2 e dim ker f = 1. Inoltre l’equazione cartesiana dell’immagine èx + 3y− z = 0 e Im f = 〈(1, 0, 1), (−2, 1, 1)〉 e ker f = 〈(9,−3, 1)〉.

(b) [12 punti] Posto h = 0, con facili conti si trova che il polinomio caratteristico associato a f è:

p(t) = (−t− 6)(t− 1)2.

Gli autovalori sono quindi t = −6 (con molteplicità algebrica 1), t = 1 (con molteplicità algebrica2). Determiniamo gli autospazi V−6 e V1 associati, rispettivamente agli autovalori t = −6 e t = 1.Si ha V−6 = 〈(0, 0, 1)〉 e V1 = 〈(1,−1, 0), (0, 7, 1)〉. Si conclude che f è semplice poiché dim V−6 =1 = ma(−6) e dim V1 = 2 = ma(1).In definitiva, una base di autovettori di R3 è

B = [(0, 0, 1), (1,−1, 0), (0, 7, 1)].

(c) [8 punti] Se h = −2 ∨ h = 3 si ha f−1(−1, 1, 0) = ∅. Se h 6= −2 ∧ h 6= 3, f−1(−1, 1, 0) è costituitoda un solo vettore che si può determinare con facili conti usando, ad esempio, la regola di Cramer.

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