Universita degli Studi Roma Tre - Corso di Laurea in Matematica

Esercizi di preparazione alla PFBA.A. 2012-2013 - Docente: A. Bruno e G. GentileTutori: Sara Lamboglia e Maria Chiara Timpone

Parte 1: Analisi Matematica

1. Dato p > 0 provare che limn→∞

n√p = 1.

Soluzione:

Distinguiamo tre casi:

p = 1 : L’asserto e vero perche n√

1 = 1 per ogni n.

p > 1 : Si ha che p > 1⇔ p = 1 + b con b > 0. Da cui

p1n = (1 + b)

1n = 1 + rn con rn > 0

quindi 1 + b = (1 + rn)n ≥ 1 + nrn ⇔ nrn ≤ b⇔ 0 < rn ≤b

n.

Orab

n

n→∞−→ 0, quindi rnn→∞−→ 0 (per il Teorema dei Carabinieri). Segue l’asserto.

0 < p < 1 : Si ha p = 11+b con b > 0 da cui p

1n =

1

(1 + b)1n

.

Sia1

1 + rn:=

1

(1 + b)1n

cioe1

1 + b=

1

(1 + rn)n≤ 1

1 + nrn⇔ 1 + nrn ≤ 1 + b⇔ 0 < rn ≤

b

n.

Poicheb

n

n→∞−→ 0, si ha rnn→∞−→ 0 (per il Teorema dei Carabinieri) da cui segue l’asserto.

2. Una funzione f : R → R si dice periodica se esiste T > 0 tale che f(x + T ) = f(x) per ogni x ∈ R.Dimostrare che se f : R → R e continua e periodica, allora non esiste lim

x→∞f(x), a meno che f non sia

costante.

Soluzione:

Chiaramente, tale limite non puo essere ±∞ (altrimenti, verrebbe contraddetta la periodicita di f).Supponiamo allora che ∃` ∈ R tale che ∀ε > 0 ∃X > 0 tale che |f(x)− `| < ε per ogni x > X. Comunquepreso x ∈ R, prendiamo k ∈ N tale che x+ kT > X. Allora

|f(x)− `| = |f(x+ kT )− `| < ε.

Per l’arbitrarieta di ε, otteniamo che f(x) = ` per ogni x ∈ R.

3. Sia F : R2 → R2 tale che F (x, y) = (x

2,my

2) con m > 1 per ogni (x, y) ∈ R2. Provare che se g ∈ C1(R,R)

e tale che F (Γ(g)) ⊆ Γ(g) := {(x, g(x)) : x ∈ R}, allora g e una funzione costante.

Soluzione:

Dire che F (Γ(g)) ⊆ Γ(g) equivale a dire che per ogni x ∈ R esiste z ∈ R tale che(x

2,m

2g(x)

)= (z, g(z))

da cuim

2g(x) = g

(x2

)(1)

Derivando (1) si ham

2g′(x) =

1

2g′(x

2

)che implica g′(x) =

1

mg′(x

2

)=

1

m

(2g(x

2

))′.

Ora applicando (1) a g(x2

)si ha g

(x2

)= 2

mg(x4

)da cui

g′(x) =1

mg′(x

2

)=

1

m

(2g(x

2

))′=

1

m2g′( x

22

)= . . . =

1

mng′( x

2n

)n→∞−→ 0

Quindi g(x) e una funzione costante.

4. Mostrare la seguente identitan∏k=0

(1 + x2k) =1− x2n+1

1− x.

Soluzione:

Utilizziamo il principio d’induzione.

Se n = 1 l’indentia vale. Supponiamo che sia vero per n e dimostriamolo per n+ 1:

n+1∏k=0

(1 + x2k) = (1 + x2n+1

)

n∏k=0

(1 + x2k) = (1 + x2n+1

)1− x2n+1

1− x=

1− x2n+2

1− x.

5. Calcolare i seguenti limiti:

(a) limn→∞

3n+n2

2n+n3 ;

(b) limn→∞

n

√n!√n!+n2−

√n!√

n!+4;

(c) limn→∞

1√n2+1

ln(√

1+e2n+3n√1+16n+3n

);

(d) limn→∞

2√

ln2 n+lnn2

n2+1 ;

(e) limx→0

sin(π cos x)x sin x ;

(f) limx→0

(cosx)1x2 .

Soluzione:

(a) limn→∞

3n+n2

2n+n3 = +∞.

(b) limn→∞

n

√n!√n!+n2−

√n!√

n!+4= limn→∞

n

√n! n2√n!+4(

√n!+n2+

√n!)

=n√n2

n

√1√

1+ 4n!

(√1+n2

n! +1

) = 1.

(c) limn→∞

1√n2+1

ln(√

1+e2n+3n√1+16n+3n

) = limn→∞

1√n2+1

ln

( 34

)n √ 19n+

(e2

9

)n+1

√1+ 1

16n+( 34 )n

=

= limn→∞

1

n√

1+ 1n2

n ln( 34 ) + ln

√19n+

(e2

9

)n+1

√1+ 1

16n+( 34 )n

= ln( 34 ).

(d) limn→∞

2√

ln2 n+lnn2

n2+1 = limn→∞

2lnn√

1+ 2lnn

n2+1 =∗ limn→∞

nln 2√

1+ 2lnn

n2+1 =∗∗ 0.

∗ Applicare due volte la formula del cambiamento di base dei logaritmi.

∗∗ Si noti che ln 2 < 2.

(e) limx→0

sin(π cos x)x sin x = lim

x→0

sin(π−π cos x)x sin x = lim

x→0

sin(π−π cos x)π−π cos x

π(1−cos x)x2

xsin x = π

2 .

(f) limx→0

(cosx)1x2 = lim

x→0

[(1 + (cosx− 1))

1cos x−1

]− 1−cos x

x2

= e−12 .

6. Determinare il limite delle seguenti successioni definite per ricorrenza:

(a) a1 = 1, an = n+ an−1;

(b) a0 = 14 , an+1 =

2a2n+14an

(Suggerimento: mostrare che an ≥√

22 );

(c) a0 >√

3, an+1 = 12 (an + 3

an);

Soluzione:

(a) Si vede subito che la successione e monotona crescente e dunque ammette limite +∞.

(b) Verifichiamo che la successione e monotona decrescente. In primo luogo si dimostra, per induzione,che an > 0 per ogni n ≥ 0. Inoltre si ha

an+1 < an ⇔ 2a2n + 1 < 4a2

n ⇔ an >

√2

2o an < −

√2

2.

Siccome la proprieta an > 0 implica an >√

22 allora an e monotona decrescente.

La successione dunque ammette limite ` ∈ [√

22 , a1). Siccome per ogni ε > 0 esiste nε tale che se

n ≥ nε|√

2

2− `| < |an − `| < ε

allora necessariamente ` =√

22 .

(c) Verifichiamo che la successione e monotona decrescente.

an+1 < an ⇔1

2(a2n + 3

an) < an ⇔ a2

n − 3 > 0⇔ an < −√

3 o an >√

3.

Osseviamo che da a0 =√

3, per induzione, segue che an >√

3 per ogni n ≥ 2, cioe la successionerisulta essere monotona decrescente.

La successione dunque ammette limite ` ∈ [√

3, a0). Siccome per ogni ε > 0 esiste nε tale che sen ≥ nε

|√

3− `| < |an − `| < ε

allora necessariamente ` =√

3.

7. Discutere la convergenza semplice e assoluta (laddove sia necessario) delle seguenti serie:

(a)∑n≥1

1n sin( 1

3n+5 );

(b)∑n≥2

1n ln3 n

;

(c)∑n≥0

1

(3nn )

; (d)∑n≥0

en2+1n! ; (e)

∑n≥0

3√n5+2n3+17√n+2

.

Soluzione:

(a) Per il criterio del confronto asintotico, si ha che∑n≥1

1

nsin

(1

3n+ 5

)∼∑n≥1

1

n(3n+ 5).

Segue che la serie e convergente.

(b) La serie e convergente, come si vede subito applicando il criterio di condensazione di Cauchy.

(c) Abbiamo

(n+ 1)!(2n+ 2)!

(3n+ 3)!

(3n)!

n!(2n)!=

4

27

(1 + 1n )(1 + 1

2n )

(1 + 23n )(1 + 1

3n )−−−−→n→∞

4

27< 1.

Quindi la serie converge per il criterio del rapporto.

(d) La serie e divergente: infatti, il termine generale non e infinitesimo, poiche

en2

n!>en

2

nn= en(n−log(n)) −−−−→

n→∞∞.

(e) La serie e divergente: infatti,

limn→∞

3√n5 + 2n3 + 17√

n+ 2=∞.

8. Discutere la convergenza semplice e assoluta (laddove sia necessario) delle seguenti serie al variare delparametro x ∈ R:

(a)∑n≥0

xn

2+xn ; (b)∑n≥0

11+en2x

; (c)∑n≥0

sin(xn)(1+x)n ; (d)

∑n≥0

ln(n2x)n2+x2 .

Soluzione:

(a) Se x = 1 la serie diverge, mentre se x = −1 non converge. Supponiamo ora |x| > 1. In tal caso, iltermine generale non e infinitesimo: infatti

limn→∞

xn

2 + xn= limn→∞

xn

xn( 2xn + 1)

= 1.

Se invece |x| < 1, dalla disuguaglianza triangolare otteniamo

|2 + xn| = |2− (−xn)| ≥ |2− |xn|| ≥ 2− |xn|︸︷︷︸<1

> 1.

Dunque

| xn

2 + xn| < |x|n,

cioe la serie converge assolutamente per il criterio del confronto.

(b) Se x = 0, la serie diventa∑

12 , che e chiaramente divergente. Se x < 0, en

2x → 0, i.e. 11+en2x

→ 1,

percio la serie e ancora divergente. Sia ora x > 0. Abbiamo

en2x ≥ n2x ⇔ n2 ≥ 2

xlog(n)+

log(x)

x⇐ n2 ≥ 2

xn+

log(x)

x⇐ n ≥

[1

x(1 +

√1 + x log(x))

]+11.

Quindi la serie e convergente per il criterio del confronto.

(c) Sicuramente, x 6= −1. Ora, sia

` := lim supn→∞

n

√| sin(xn)||1 + x|n

=1

|1 + x|.

Abbiamo che ` < 1 se x ∈ A := (−∞,−2)∪(0,∞). Quindi, la serie converge assolutamente se x ∈ A ediverge assolutamente se x ∈ {A\{−2, 0}. Se x = 0, si ha una somma di zeri, e quindi la serie e ancoraassolutamente convergente. Se invece x = −2, la serie diventa

∑n≥1 (−1)n sin((−1)n2n), che non

converge. Dobbiamo ora discutere la convergenza della serie per x ∈ (−2, 0)\{−1}. Se x ∈ (−2,−1),allora 1 + x ∈ (−1, 0), cioe 1 + x = −y, per qualche y ∈ (0, 1), e quindi xn = (−1)n(1 + y)n, e

sin(xn)

(1 + x)n=

sin((−1)n(1 + y)n)

(−1)nyn=

sin((1 + yn))

yn≥ 0 (sin(·) e dispari).

1Si puo assumere che x log(x) ≥ −e−1 > −1 per ogni x > 0 (si vede facilmente dallo studio di funzione. . . ).

In effetti, sin(xn)(1+x)n = | sin(xn)

(1+x)n |, e abbiamo gia visto che la serie diverge assolutamente per x ∈ (−2, 0) \{1} ⊃ (−2,−1). Sia ora x ∈ (−1, 0), i.e. x = −y per qualche y ∈ (0, 1). Poiche xn → 0, sin(xn) ∼ xn,i.e. (criterio del confronto asintotico)

∑n≥1

sin(xn)

(1 + x)n∼∑n≥1

(x

1 + x

)n=∑n≥1

(−1)n(

y

1− y

)n.

Ora, se x ∈ (− 12 , 0), la successione (a termini positivi) ( y

1−y )n e decrescente e infinitesima, quindi per

Leibniz la serie e convergente. Sia ora x ∈ (−1,− 12 ), i.e. x = −y per qualche y ∈ ( 1

2 , 1). Abbiamosempre sin(xn) ∼ xn, e quindi per il criterio del confronto asintotico

∑n≥1

sin(xn)

(1 + x)n∼∑n≥1

xn

(1 + x)n=∑n≥1

(−1)n(

y

1− y

)n,

e y1−y = −1 + 1

1−y > −1 + 2 = 1 (poiche y > 12 ), cioe ( y

1+y )n →∞. Quindi la serie non converge.

(d) Occorre sicuramente richiedere x > 0 per poter definire log(n2x). Poi, abbiamo log(n2x)n2+x2 ≤ 2 log(n)

n2 +log(x)n2 . Poiche log(n)√

n→ 0, esistera un N ∈ N tale che 2 log(n)√

n≤ 1 per ogni n > N . Allora

∑n≥1

log(n2x)

n2 + x2≤ 2

N∑n=1

n−32

log(n)√n

+ 2∑n>N

n−32 + log(x)

∑n≥1

1

n2.

Quindi la serie converge ∀x > 0.

9. (a) Mostrare che ∀x, y > 0 e p, q > 1 tali che1

p+

1

q= 1 si ha xy ≤ xp

p+yq

q.

(Disuguaglianza di Young)

(b) Mostrare che ∀p, q > 1 tali che1

p+

1

q= 1, {an} ∈ `p e {bn} ∈ `q si ha

∞∑n=0

|anbn| ≤

( ∞∑n=0

|an|p) 1p( ∞∑n=0

|bn|q) 1q

.

(Disuguaglianza di Holder)

(Suggerimenti: per il punto (a) trovare il massimo di f(x) = xy − xp

p, per il punto (b) applicare (a)).

Soluzione:

(a) Come da suggerimento, cerchiamo il massimo della funzione f(x) = xy − xp

p: poiche f(0) = 0, lim

x→+∞f(x) = −∞

e f ′(x) = y − xp−1 = 0 ⇐⇒ y = xp−1 ⇐⇒ x = y1p−1 , allora

max[0,+∞)

f = f(y

1p−1

)= y

1p−1 +1 − 1

py

pp−1 =

(1− 1

p

)y

pp−1 =

yq

q,

dunque

xy =xp

p+ f(x) ≤ xp

p+ max

[0,+∞)f =

xp

p+yq

q.

(b) Come da suggerimento, applicando la disuguaglianza di Young con x =|an|

(∑∞n=0 |an|p)

1p

e y =|bn|

(∑∞n=0 |bn|q)

1q

si ha che|an||bn|

(∑∞n=0 |an|p)

1p (∑∞n=0 |bn|q)

1q

≤ xp

p+yq

q=

|an|p

p∑∞n=0 |an|p

+|bn|p

q∑∞n=0 |bn|q

,

dunque sommando per n che va da 0 a N si ha che∑Nn=0 |an||bn

(∑∞n=0 |an|p)

1p (∑∞n=0 |bn|q)

1q

≤∑Nn=0 |an|p

p∑∞n=0 |an|p

+

∑Nn=0 |bn|p

q∑∞n=0 |bn|q

,

e passando al limN→∞

si ottiene∑∞n=0 |an||bn|

(∑∞n=0 |an|p)

1p (∑∞n=0 |bn|q)

1q

≤∑∞n=0 |an|p

p∑∞n=0 |an|p

+

∑∞n=0 |bn|p

q∑∞n=0 |bn|q

=1

p+

1

q= 1⇒

⇒∞∑n=0

|an||bn| ≤

( ∞∑n=0

|an|p) 1p( ∞∑n=0

|bn|q) 1q

.

10. Discutere la convergenza puntuale e uniforme delle seguenti successioni di funzioni:

(a) fn(x) = nx.

(b) fn(x) =χ[n,n+1]

n.

(c) fn(x) =cos(nx)

n2x2 + 1.

(d) fn(x) =x

x2 + n.

Soluzione:

(a) fn(x) = nxn→∞→ f(x) =

{0 se x < 01 se x = 0

, dunque la convergenza non e uniforme perche le fn sono

continue ∀n ∈ N mentre f non lo e; c’e tuttavia convergenza uniforme in (−∞,−δ] ∀δ > 0 perchesup

x∈(−∞,−δ]|fn(x)− f(x)| =

= supx∈(−∞,−δ]

nx = n−δn→∞→ 0.

(b) fn(x) =χ[n,n+1]

n

n→∞→ f(x) ≡ 0 ∀x ∈ R e la convergenza e uniforme perche supx∈R|fn(x)− f(x)| = 1

n

n→∞→ 0.

(c) fn(x) =cos(nx)

n2x2 + 1

n→∞→ f(x) =

{0 se x 6= 01 se x = 0

, dunque la convergenza non e uniforme perche le fn

sono continue ∀n ∈ N mentre f non lo e; c’e tuttavia convergenza uniforme in (−∞,−δ] ∪ [δ,+∞) ∀δ > 0

perche supx∈(−∞,−δ]∪[δ,+∞)

|fn(x)− f(x)| = sup(−∞,−δ]∪[δ,+∞)

∣∣∣∣ cos(nx)

n2x2 + 1

∣∣∣∣ ≤ sup(−∞,−δ]∪[δ,+∞)

1

n2x2 + 1=

1

n2δ2 + 1

n→∞→ 0.

(d) fn(x) =x

x2 + n

n→∞→ 0 ∀x ∈ R e la convergenza e uniforme perche, essendo

limx→±∞

fn(x) = 0 e f ′n(x) =n− x2

(x2 + n)2 = 0 ⇐⇒ x = ±

√n, allora sup

x∈R|fn(x)| =

∣∣fn (√n)∣∣ =1

2√n

n→∞→ 0.

11. Sia A un aperto di R2 tale che ∂A sia una curva regolare γ. Siano u, v ∈ C2(R2,R) due funzioni.

(i) Dimostrare che

div(u · ∇u) = 〈∇u,∇u〉+ u ·∆u.

(ii) Verificare la formula d’integrazione per parti∫A

u∆udxdy =

∫γ

〈u∇u,n〉dσ −∫A

〈∇u,∇u〉dxdy.

(iii) Si supponga che u sia identicamente nulla su ∂A, e che ∆u(x) = λu(x) per ogni x in A. Si dimostriche se u non e identicamente nulla, allora λ < 0.

Soluzione:

(i) Ricordiamo che se f ∈ C2(R2) allora divf = ∂f∂x + ∂f

∂y . Dunque

div(u · ∇u) =∂(u∂u∂x )

∂x+∂(u∂u∂y )

∂y=

(∂u

∂x

)2

+ u∂2u

∂x2+

(∂u

∂y

)2

+ u∂2u

∂y2= 〈∇u,∇u〉+ u∆u

(ii) Integrando su A la precedente relazione si ha :∫A

div(u · ∇u) =

∫A

〈∇u,∇u〉+

∫A

u∆u

Per il teorema della divergenza si ha che∫A

div(u · ∇u) =∫γ〈u∇u,n〉dσ da cui segue l’asserto.

(iii) Poiche u e identicamente nulla sul bordo di A si ha che∫γ〈u∇u,n〉dσ = 0. A questo punto si ha la

seguente relazione

λ

∫A

u2dxdy = −∫A

〈∇u,∇u〉dxdy

da cui

λ = −∫A||∇u||2dxdy∫Au2dxdy

< 0

12. Sia ω la forma differenziale su R3 definita da

ω(x, y, z) = y sin zdx+ x sin zdy + xy cos zdz.

(i) Dire se ω e chiusa;

(ii) Dire se ω e esatta;

(iii) Se la risposta al punto (ii) e affermativa, calcolare una primitiva di ω.

Soluzione:

(i) Poiche le derivate incrociate che coincidono ω e chiusa ;

(ii) Poiche il dominio di ω e stellato e ω e una forma chiusa abbiamo che ω e esatta;

(iii) Una primitiva e xy sin z.

13. Per a > 0, calcolare∫G

zdxdydz con G = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + (z − a

2)2 ≤ a2

4}.

Soluzione:

Passando in coordinate sferiche abbiamo:∫ 2π

0

∫ π

0

∫ a2

0

(a

2+ ρ cosφ)ρ2 sinφdρdφdθ =

π

12a4.

14. Data la funzione H : R2 → R definita da:

H(x, y) =1 + (x2 − 1)2

1 + y2,

si consideri il sistema dinamico planare: {x = ∂H

∂y

y = −∂H∂x

(a) Determinare i punti di equilibrio del sistema.

(b) Discuterne la stabilita.

(c) Studiare analiticamente le curve di livello della funzione H(x, y) e darne una rappresentazione grafica.

(d) Utilizzare i risultati precedenti per lo studio qualitativo delle traiettorie del sistema.

(e) Dimostrare che la traiettoria con dati iniziali (x, y) = (0, 1√3) e periodica.

(f) Scriverne il periodo T come integrale definito.

Soluzione:Per la soluzione visitare

http://www.mat.uniroma3.it/users/gentile/FM1/esercizi/fms28c.pdf

15. Si consideri un punto materiale di massa µ soggetto a una forza centrale di energia potenziale

V (ρ) =ρ4

4− α

8ρ8,

dove α ∈ R. Al variare del parametro α e del momento angolare L, si risponda alle seguenti domande.

(a) Si scriva l’equazione del moto per la variabile ρ e il sistema dinamico associato.

(b) Si determinino i punti di equilibrio.

(c) Si discuta la stabilita dei punti di equilibrio.

(d) Si disegni il grafico dell’energia potenziale efficace.

(e) Si analizzino qualitativamente le orbite nel piano (ρ, ρ).

(f) Si determinino le traiettorie periodiche nel piano (ρ, ρ).

(g) Si discutano le condizioni sotto le quali il moto complessivo del sistema e periodico.

Soluzione:

Per la soluzione visitare

http://www.mat.uniroma3.it/users/gentile/FM1/esercizi/fms36c.pdf

16. Sia dato il sistema gradiente planare

x = −∂V∂x

, y = −∂V∂y

, V (x, y) = (x2 + y2)(2− x2).

(a) Determinare i punti di equilibrio;

(b) Studiarne la stabilita;

(c) Studiare qualitativamente le traiettorie del sistema;

(d) Stimare il bacino di attrazione di eventuali punti di equilibrio asintoticamente stabili.

Soluzione:

Per la soluzione visitare

http://www.mat.uniroma3.it/users/gentile/FM1/esercizi/fmes09042008c.pdf

17. Si consideri il sistema di equazioni differenziali lineari

x = Ax, x ∈ R3, A =

(0 −1 + α1 2

)Se ne trovi la soluzione al variare del parametro α ∈ R.

Soluzione:Per la soluzione visitare

http://www.mat.uniroma3.it/users/gentile/2011/FM210/tutorato/sol01.pdf

18. Si discutano i massimi e i minimi relativi e assoluti(qualora esistano) della funzione f(x, y) = xy2(x+y−1)nel dominio {(x, y) ∈ R2|x+ y ≥ 1}.

Soluzione:

Calcoliamo per prima cosa il gradiente di f per trovare i massimi e i minimi liberi di f : ∇f = (y2(x+ y−1) + xy2, 2xy(x+ y − 1) + xy2). Si ha che

∇f = 0 ⇔{y2(x+ y − 1) + xy2 = 02xy(x+ y − 1) + xy2 = 0

Uguagliando le due equazioni otteniamo

y2(x+ y − 1) = 2xy(x+ y − 1) ⇔ y2 − 2xy = 0 ⇔ y(y − 2x) = 0

Quindi nel caso y = 0 abbiamo che (x, 0) ∀x ∈ R e un punto critico e per studiarne la natura calcoliamoin primo luogo la matrice Hessiana:

H =

(2y2 2y(x+ y − 1) + y2 + 2xy

2y(x+ y − 1) + y2 + 2xy 2x(x+ y − 1) + 4xy

)

H(x, 0) =

(0 00 2x2

)I punti (x, 0) sono punti critici degeneri e per determinare se sono massimi o minimi consideriamo il segnodi f nel semipiano {x+ y ≥ 1}. Si ha che nel semipiano i punti (x, 0) sono tali che x > 0 la f e positivadunque poiche nel punti (x, 0) si annulla, questi saranno punti di minimo.

Nel caso y = 2x abbiamo: {y = 2x2xy(x+ y − 1) + xy2 = 0

Per sostituzione nella seconda delle due equazioni, otteniamo

4x2(3x− 1) + 4x3 = 0⇔ x2(16x− 4) = 0.

Se x = 0 abbiamo il punto (0, 0) che non consideriamo in quanto non e in {(x, y) ∈ R2|x+ y ≥ 1}.Se x = 1

4 abbiamo il punto (14 ,

12 ) che comunque non e in {(x, y) ∈ R2|x+ y ≥ 1}. Osserviamo che anche

su {(x, y) ∈ R2|x+ y = 1} la funzione e nulla, inoltre per x < 0 la funzione e negativa, dunque (x, 1− x)

sono di massimo relativo; mentre per x > 0 la funzione e positiva e dunque (x, 1−x) sono punti di minimorelativo. Poiche il vincolo non e compatto il massimo potrebbe non essere assunto ma essere un estremosuperiore. Osserviamo infatti che tale estremo e +∞ in quanto considerando una qualsiasi successioneinterna al vincolo (xn, yn) con xn → ∞ e yn ≡ k ,o viceversa, la f(xn, yn) → +∞. Dunque i minimirelativi sono assunti in (x, 0) e (x, 1− x) con x > 0, i massimi relativi sono in (x, 0) e (x, 1− x) con x < 0mentre il massimo assoluto non c’e ma si ha supf =∞. Si noti che non abbiamo utilizzato il metodo deimoltiplicatori di Lagrange in quanto all’interno abbiamo trovato massimi e minimi relativi con lo studiodel gradiente di f , mentre sulla frontiera che e {x+ y = 1} f e nulla.

19. Calcolare massimo e minimo di f(x, y) = x− y in

E = {(x, y) ∈ R2|x2 − 2y2 = 1 0 ≤ x ≤ 3}

Soluzione:

Per prima cosa si osservi che E e compatto perche chiuso e limitato e dunque per il teorema di Weierstrassla funzione f assumera massimo e minimo su E. Essendo E = ∂E questi punti possono essere trovatitramite il teorema dei moltiplicatori di Lagrange. Quindi abbiamo: 1 = 2λx

−1 = −4λyx2 − 2y2 = 1

Poiche x, y 6= 0 (in quanto (0, y) 6∈ E e (1, 0) non soddisfa il sistema) si trovano i punti P1(√

2,√

22 ) e

P2(−√

2,−√

22 ), ma P2 non e in E quindi non lo consideriamo. Per lo studio dei massimi e dei minimi

dobbiamo considerare anche gli ”estremi” di E cioe Q1 = (3, 2) e Q2 = (3,−2) e andando a calcolare lafunzione nei tre punti otteniamo che maxE f = 5 ed e assunto in Q2 mentre minE f = 1√

2ed e assunto

in P1.

20. Sia E = {(x, y) ∈ R2|x+ 2y ≥ 2 e x2 + 4y2 ≤ 4} e f(x, y) = exy, calcolare massimi e minimi di f su E.

Soluzione:

Notiamo che E e compatto dunque essendo f continua abbiamo che per Weiestrass f deve assumeremassimo e minimo in E e questi possono essere all’interno o sulla frontiera. Calcoliamo quindi il gradientedi f :

∇f = (yexy, xexy)

Esso si annulla solo in (0, 0) che non appartiene all’insieme E e dunque non vi sono massimi o minimiliberi. I punti di massimo e minimo saranno quindi sulla frontiera. Distinguiamo tre parti della frontiera∂E = {(x, y) ∈ R2|x + 2y = 2 0 ≤ x ≤ 2} ∪ {(x, y) ∈ R2|x2 + 4y2 = 4 0 ≤ x ≤ 2} ∪ {(0, 1), (2, 0)}.Applichiamo ora il teorema dei moltiplicatori di Lagrange ai primi due sottoinsiemi della frontiera: yexy = λ

xexy = 2λx+ 2y = 2

Da cui otteniamo P1(1, 12 ). yexy = 2λx

xexy = 8λyx2 + 4y2 = 4

Da cui otteniamo i punti P2(√

2, 1√2) e P3(

√2,− 1√

2) e P4(−

√2, 1√

2) e P5(−

√2,− 1√

2), ma solo P2 ∈ E.

Infine dobbiamo considerare i punti P6(0, 1) e P7(2, 0). Valutando la funzione nei vari punti otteniamoche maxE f = e ed e assunto in P2 mentre minE f = 1 ed e assunto in P6 e P7.

21. Sia A = {(x, y) ∈ R2| 14x ≤ y2 ≤ x, 1 ≤ xy ≤ 2}. Calcolare∫

A

logx

y2dxdy

Soluzione:

Notiamo che A e la parte di piano (che si trova nel primo quadrante) delimitata dalle parabole x = y2 e

x = 4y2 e dalle iperboli xy = 1 e xy = 2, quindi se (x, y) ∈ A allora 14 ≤

y2

x ≤ 1 e 1 ≤ xy ≤ 2. Operiamoquindi il seguente cambiamento di variabili:

Ψ =

{u = xyv = x

y2

con le limitazioni 1 ≤ u ≤ 2 e 1 ≤ v ≤ 4. Cerchiamo il cambio di variabili inverso:

Φ =

{x = u( vu )

13

y = ( vu )13

E si ha det(JΦ) = 13v . L’integrale diventa:∫A

logx

y2dxdy =

∫ 2

1

du

∫ 4

1

dv1

3vlog v =

1

3

∫ 2

1

du[log2v

2]41 =

1

6log2 4

22. Sia A = {(x, y, z) ∈ R3|(x− 2)2 + (y − 2)2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ y + 1}. Calcolare∫A

xdxdydz

Soluzione:

Consideriamo le coordinate polari: x = 2 + ρ cos θy = 2 + ρ sin θ

z = t

E si ha Φ−1(A) = {(ρ, θ, t) : −π ≤ θ ≤ π, 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ t ≤ 3 + ρ sin θ} e dunque:∫A

xdxdydz =

∫ 1

0

dρ

∫ π

−πdθ

∫ 3+ρ sin θ

0

dt ρ(2 + ρ cos θ) =

∫ 1

0

dρ

∫ π

−πdθρ(2 + ρ cos θ)(3 + ρ sin θ) =

∫ 1

0

dρ

∫ π

−πdθ 6ρ+ 2ρ2 sin θ + 3ρ2 cos θ + ρ2 sin θ =

∫ 1

0

dρ12π = 12π

23.∫

Σ1√

1−y4dσ in

Σ = {(x, y, z) ∈ R3 : z = x+√

22 y

2, 0 ≤ x ≤ π2 , 0 ≤ y ≤

√2

2 ; y ≤ sinx}.

Soluzione:

La superficie Σ e il grafico della funzione g : K → R definita da g(x, y) = x+√

22 y

2 dove

K = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ π

2, 0 ≤ y ≤

√2

2, y ≤ sinx}

e inoltre Σ = σ(K) con σ(x, y) = (x, y, g(x, y)) = (x, y, x+√

22 y

2).

Quindi si ha che ∫Σ

1√1− y4

dσ =

∫K

1√1− y4

||N(x, y)||dxdy

con N(x, y) = ∂σ∂x ×

∂σ∂y = (−1,−

√2y, 1) e ||N(x, y)|| =

√2√

1 + y2

∫K

1√1− y4

||N(x, y)||dxdy =√

2

∫K

1√1− y2

dxdy.

Essendo K = K1 ∪K2 con

K1 = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ π

4, y ≤ sinx}

K2 = {(x, y) :π

4≤ x ≤ π

2, 0 ≤ y ≤

√2

2}

si ha : √2

∫K

1√1− y2

dxdy =√

2

∫K1

1√1− y2

dxdy +√

2

∫K2

1√1− y2

dxdy =

=√

2

∫ π4

0

∫ sin x

0

1√1− y2

dydx+√

2

∫ π2

π4

∫ √2

2

0

1√1− y2

dydx =3

32

√2π2

24. Calcolare il flusso del campo vettoriale:

F (x, y, z) = (2x

x2 + y2,

3y

x2 + y2, 1)

attraverso la superficie S che ha rappresentazione parametrica

φ(u, v) = (u cos v, u sin v, u2) u ∈ [0,1

2] v ∈ [0, 2π]

orientata in modo che il versore normale punti verso il basso.

Soluzione:

Osserviamo che denotate con x, y, z le componenti di φ si ha che

z(u, v) = x2(u, v) + y2(u, v)

infatti S e la porzione del paraboloide z = x2 + y2 compresa tra i piani z = 0 e z = 14 . Per calcolare il

flusso di F attraverso questa superficie non si puo applicare il teorema della divergenza poiche il volumeche ha come bordo S non e un aperto. E infatti l’unione dell’aperto {x2 + y2 < z, 0 < z < 1

4} con il”coperchio del paraboloide” {x2 +y2 = z, z = 1

4}. Quindi calcoliamo il flusso direttamente. Determiniamoil vettore normale alla superficie:

n = − 1

||∂φ∂u ×∂φ∂v ||

(∂φ

∂u× ∂φ

∂v) =

1√4u4 + u2

(2u2 cosu, 2u2 sin v,−u)

Notare che essendo −u ≤ 0 si ha che la normale punta verso il basso. Quindi:∫S

< F, n > dS =

∫ 12

0

du

∫ 2π

0

dv(4u cos2 v) + 6u sin2 v − u = ... = π

Parte 2: Geometria e Algebra

1. In V = R3 si considerino i sottospazi U = 〈

112

,

011

〉 e W di equazione kx+ y+ (k− 2)z = 0 con

k ∈ R. Determinare, al variare di k, la dimensione e una base dei sottospazi U +W e U ∩W di V .

Soluzione:

In primo luogo osserviamo che dimU = 2 = dimW per ogni k ∈ R. Inoltre

W = 〈

02− k

1

,

1−k0

〉.Sia A la matrice avente come colonne i generatori dei due sottospazi. Calcolando i determinanti dellesottomatrici di A si osserva che rgA ≥ 2 per ogni k. Distinguiamo ora due casi

se k = 1 allora rgA = 2

Quindi dim(U +W ) = 2 e, per Grassman, dim(U ∩W ) = 2. Segue che U +W = U = U ∩W .

se k 6= 1 allora rgA = 3

Segue che dim(U+W ) = 3 e dim(U ∩W ) = 1. Una qualsiasi base di R3 sara dunque base per U+W ;mentre ponendo

a

112

+ b

011

= c

02− k

1

+ d

1−k0

con a, b, c, d ∈ R

e risolvendo il sistema associato otteniamo che una base per l’intersezione sara data da {

1−2−1

}.

2. Sia F : R350 → R250 un’applicazione lineare e sia V ⊆ R350 un sottospazio vettoriale tale che

dimV = 300, dim(V ∩ ker(F )) = 50.

Calcolare le dimensioni di F (V ) e di V + ker(F ). Dire se F e suriettiva.

Soluzione:

Per dimostrare l’asserto sfruttiamo la formula di Grassman e il Teorema di Nullita piu Rango.Si ha dim(F (V )) + dim(V ∩ ker(F )) = dimV = 300 da cui dim(F (V )) = 250. Ora,

dim(V + ker(F )) = dimV + dim ker(F )− dim(V ∩ ker(F )) (2)

edimR350 = dimF (R350) + dim ker(F ). (3)

Da (3) si ha 350 = dimF (R350) + dim ker(F ) che implica dim ker(F ) = 350 − dimF (R350). Sostituendonella (2) abbiamo

350 ≥ dim(V + ker(F )) = 600− dimF (R350)⇔ dimF (R350) ≥ 250

d’altra parte F (R350) ⊆ R250, quindi dimF (R350) = 250 (cioe F e suriettiva). A questo punto dim ker(F ) =100 e dunque dim(V + ker(F )) = 350.

3. Sia A una matrice quadrata 4× 4 a coefficienti in R tale che A2 = I. Dimostrare che:

(a) A− I e A+ I non sono entrambe invertibili;

(b) ker(A+ I) ∩ ker(A− I) = 0;

(c) Ax− x ∈ ker(A+ I) per ogni x ∈ R4;

(d) rg(A− I)+ rg(A+ I) = 4.

Soluzione:

(a) Dal fatto che A2 = I si ha che (A−I)(A+I) = 0 quindi det(A−I) det(A+I) = det((A−I)(A+I)) = 0.Cio implica che det(A− I) = 0 oppure det(A+ I) = 0.

(b) Se v ∈ ker(A+ I) ∩ ker(A− I) allora Av + v = 0 = Av − v, da cui v = 0.

(c) (A+ I)(Ax− x) = A2x+Ax−Ax− x = 0.

(d) rg(A−I)+ rg(A+I) = 4−dim(ker(A+I))+4−dim(ker(A−I)) = 8−dim [ker(A+ I) + ker(A− I)].Ora 4 ≥ 8 − dim [ker(A+ I) + ker(A− I)] quindi dim [ker(A+ I) + ker(A− I)] ≥ 4; ma essendoker(A+ I) + ker(A− I) un sottospazio di R4 si ha l’uguaglianza.

4. Sia V uno spazio vettoriale su R di dimensione 4 e sia B = {u1,u2,u3,u4} una sua base. Determinare ladimensione e una base del sottospazio W di V generato dai vettori

v1 = u4 − u3 + u1, v2 = 2u2 + u3 − u4, v3 = 2u2 + 2u1 + u4 − u3.

Completare poi la base trovata ad una base di V .

Soluzione:

Le componenti rispetto alla base B dei generatori sono

[v1]B = (1, 0,−1, 1), [v2]B = (0, 2, 1,−1) e [v3]B = (2, 2,−1, 1).

Quindi la matrice che rappresenta v1,v2,v3 rispetto a B e

M :=

1 0 −1 10 2 1 −12 2 −1 1

.

La dimensione di W e data dal rango di M ed e 2. Inoltre, una base per W e costituita da v1 e v2.

Per completare tale base basta aggiungere i vettori u3 e u4 (verificare).

5. Sia V il sottospazio di R4 avente come base B := {e1 + e2 + e3, e1 + e2 − e4}. Sia f : V → Vl’endomorfismo definito ponendo

f(e1 + e2 + e3) = e3 + e4, f(e1 + e2 − e4) = 2(e3 + e4).

Determinare una base di V costituita da autovettori per f .

Soluzione:

La matrice rappresentativa di f rispetto alla base B e Mf =

(1 2−1 −2

). Il polinomio caratteristico e

PMf(T ) = T 2 + T = T (T + 1). Quindi lo spettro di Mf sara {−1, 0}.

L’autospazio relativo a −1 e 〈(

1−1

)〉, mentre quello relativo a 0 e 〈

(2−1

)〉.

Quindi una base di V costituita da autovettori e {e3 + e4, e1 + e2 + 2e3 + e4}.

6. Sia D : K2 ×K2 → K l’applicazione cosı definita:

D(x,y) =

∣∣∣∣x1 x2

y1 y2

∣∣∣∣ = x1y2 − x2y1, ∀x = (x1, x2), y = (y1, y2) ∈ K2.

(a) Verificare che l’applicazione D (detta applicazione determinante) e una forma bilineare antisimmet-rica.

(b) Scrivere la matrice di D rispetto alla base canonica E di K2.

(c) Calcolare il cono isotropo ID(K2).

Soluzione:

(a) Verifichiamo che D e lineare in entrambi gli argomenti.

Presi x = (x1, x2), x′ = (x1, x2), y = (y1, y2) ∈ K2 e a, b ∈ K si ha:

D(ax + bx′,y) =

∣∣∣∣ax1 + bx′1 ax2 + bx′2y1 y2

∣∣∣∣ = a

∣∣∣∣x1 x2

y1 y2

∣∣∣∣+ b

∣∣∣∣x′1 x′2y1 y2

∣∣∣∣ = aD(x,y) + bD(x′,y).

dove nel penultimo passaggio e stata sfruttata una delle proprieta dei determinanti.

Analogamente si verifica che D(x, ay + by′) = aD(x,y) + bD(x,y′).

Infine, sempre per le proprieta dei determinanti si ha:

D(x,y) =

∣∣∣∣x1 x2

y1 y2

∣∣∣∣ = −∣∣∣∣y1 y2

x1 x2

∣∣∣∣ = −D(y,x)

Pertanto D e antisimmetrica.

(b) Risulta:

D(e1, e1) =

∣∣∣∣1 01 0

∣∣∣∣ = 0 , D(e1, e2) =

∣∣∣∣1 00 1

∣∣∣∣ = 1

D(e2, e1) =

∣∣∣∣0 11 0

∣∣∣∣ = −1 , D(e2, e2) =

∣∣∣∣0 10 1

∣∣∣∣ = 0

Pertanto in base E, D ha matrice A =

(0 1−1 0

)(antisimmetrica)

(c) ∀x = (x1, x2) ∈ K2, si ha:

D(x,x) =

∣∣∣∣x1 x2

x1 x2

∣∣∣∣ = x1x2 − x2x1 = 0

7. Sia data in A2(R) la conica C(a,b) di equazione:

x2 + 6xy − by2 − a = 0.

(a) Classificare C(a,b) al variare di (a, b) ∈ R2. Esistono valori di a, b ∈ R per cui C(a,b) sia una parabolanon degenere?

(b) Determinare a e b tali che la conica C(a,b) passi per i punti P1 = (0,√

2) e P2 = (1,−3 +√

10).

(c) Sia C la conica che verifica (b) e sia D la conica di equazione xy− 3x− 2y+ 4 = 0. Esiste un’affinitaT tale che T (C) = D? In caso affermativo determinarla.

Soluzione:

(a) La matrice associata alla conica e:

A(a,b) =

−a 0 00 1 30 3 −b

con A00(a,b) =

(1 33 −b

)det(A(a,b)) = ab+ 9a = a(b+ 9)

det(A00(a,b)) = −b− 9

Sappiamo che C(a,b) e degenere se det(A(a,b)) = 0, non degenere altrimenti; in particolare (nel caso incui sia degenere) sara semplicemente degenere se r(A(a,b)) = 2, doppiamente degenere se r(A(a,b)) = 1.

Nel nostro caso det(A(a,b)) = a(b+ 9) = 0⇔ a = 0 ∨ b = −9. In particolare:

- se a = 0 e b 6= −9, la conica e semplicemente degenere poiche in tal caso il minore

∣∣∣∣1 33 −b

∣∣∣∣ =

−b− 9 6= 0 e quindi r(A(a,b)) = 2;

- se a 6= 0 e b = −9, la conica e semplicemente degenere poiche in tal caso il minore

∣∣∣∣−a 00 1

∣∣∣∣ =

−a 6= 0 e quindi r(A(a,b)) = 2;

- se a = 0 e b = −9, la conica e doppiamente degenere poiche in tal caso

A(0,−9) =

0 0 00 1 30 3 9

da cui rg(A) = 1.

Analizziamo ora il segno di det(A00(a,b)). Sappiamo che se det(A00(a,b)) 6= 0 la conica e a centro e saraun’iperbole nel caso in cui det(A00(a,b)) < 0 e un’ellisse nel caso in cui det(A00(a,b)) > 0; altrimenti,se det(A00(a,b)) = 0, la conica e una parabola.

Nel nostro caso:

det(A00(a,b)) = −b− 9⇒

−b− 9 = 0⇔ b = −9 PARABOLA−b− 9 < 0⇔ b > −9 IPERBOLE−b− 9 > 0⇔ b < −9 ELLISSE

In particolare vediamo che non esistono valori di (a, b) tali che C(a,b) sia una parabola non degenere,perche per b = −9 rg(A) ≤ 2.

Rimane da stabilire per quali (a, b) con b ∈ (−∞,−9) si hanno ellissi a punti reali e per quali ellissia punti non reali.Sappiamo che cio che differenzia un’ellisse a punti reali da un’ellisse a punti non reali nella matriceA(a,b) e la segnatura; in particolare una conica sara un’ellisse a punti reali se, oltre alla condizionedet(A00(a,b)) > 0, la segnatura della sua matrice associata e (1, 2) o (2, 1), sara invece un’ellisse apunti non reali se la segnatura della sua matrice associata e (3, 0) o (0, 3) (cioe se la f e definitapositiva o negativa).

Vediamo allora per quali valori di (a, b) la matrice e definita positiva e per quali e definita negativa.Calcoliamo i minori principali:

D1 = −a , D2

(∣∣∣∣−a 00 1

∣∣∣∣) = −a , D3

∣∣∣∣∣∣−a 0 00 1 30 3 −b

∣∣∣∣∣∣ = a(b+ 9)

Ne segue che la matrice A(a,b):

- e definita positiva se:{−a > 0a(b+ 9) > 0

⇒{a < 0b < −9

- e definita negativa se: −a > 0−a < 0a(b+ 9) > 0

che e un sistema incompatibile.

Ne concludiamo allora che C(a,b) e un’ellisse a punti non reali se a < 0 e b < −9. C(a,b) e inveceun’ellisse a punti reali se a > 0 e b < −9.

Osservazione: equivalentemente si poteva determinare la segnatura (p, q) della matrice A(a,b) in unodei due modi seguenti:

- studiando il segno degli autovalori dell’operatore ad essa associato: in tal caso p sara dato dalnumero di autovalori positivi e q dal numero di autovalori negativi.

- diagonalizzando la matrice con il metodo induttivo: in tal caso p sara dato dal numero di valoripositivi e q dal numero di autovalori negativi sulla diagonale della matrice diagonale congruentealla matrice di partenza.

(b) Imponiamo che la conica C(a,b) passi per i punti P1 e P2. La coppia (a, b) dovra allora soddisfare ilseguente sistema:{−2b− a = 0

1− 18 + 6√

10− 9b− 10b+ 6√

10b− a = 0⇒{a = −2b

1− 18 + 6√

10− 9b− 10b+ 6√

10b+ 2b = 0⇒

⇒{a = −2b

(−17 + 6√

10)b = −17 + 6√

10⇒{a = −2b = 1

La conica richiesta ha pertanto equazione:

x2 + 6xy − y2 + 2 = 0.

(c) Sia C la conica di equazione x2 + 6xy − y2 + 2 = 0. Sia A := A(−2,1) e A00 := A00(−2,1).Per quanto visto nel punto (a), C e un’iperbole non degenere; pertanto la forma canonica C′ ad essaaffinemente equivalente e:

X2 − Y 2 = 1

Sia f l’affinita tale che f(C) = C′.

Sia ora D la conica di equazione xy − 3x− 2y + 4 = 0.

La matrice associata alla conica e:

B =

4 − 32 −1

− 32 0 1

2−1 1

2 0

con B00 =

(0 1

212 0

)

det(B) = 12 ;

det(B00) = − 14 .

D e quindi un’iperbole non degenere; pertanto la forma canonica D′ ad essa affinemente equivalentee:

X2 − Y 2 = 1

Sia g l’affinita tale che f(D) = D′.

Essendo C e D affinemente equivalenti alla stessa forma canonica, esse saranno affinemente equiv-alenti; in particolare un’affinita h tale che h(C) = D sara data da h = f−1 ◦ g.

Determiniamo f con il metodo di riduzione a forma canonica.

Per “trasformare” C in C′ abbiamo a disposizione una successione finita di trasformazioni affini.Procediamo per vari passi:

• Passo 1: Eliminazione del termine misto 2a12xy

A00 =

(1 33 −1

)Essendo A00 simmetrica, e possibile trovare una matrice M ∈ GL2(R) tale tMA00M sia diago-nale.

Diagonalizziamo A00 con il metodo induttivo:

Sia F la forma bilineare associata a A00.−→e1 = (1, 0) e un vettore non isotropo essendo F (−→e1 ,

−→e1) = 1. Pertanto −→v1 = −→e1 costituira il primovettore della base nostra diagonalizzante:

Allora R2 = 〈−→v1〉 ⊕ −→v1⊥, dove

−→v1⊥ =

{−→w = (x, y) ∈ R2|F (−→v1 ,−→w ) = 0

}.

F (−→v1 ,−→w ) = 0⇒

(1 0

)(1 33 −1

)(xy

)= 0⇒

(1 3

)(xy

)= x+ 3y = 0

Pertanto −→v1⊥ =

{−→w = (x, y) ∈ R2|x+ 3y = 0}.

−→v2 = (−3, 1) ∈ −→v1⊥ e F (−→v2,

−→v2) = −10. Essendo −→v1 e −→v2 entrambi non isotropi e ortogonali traloro, essi risulteranno linearmente indipendenti. Pertanto {−→v1 ,

−→v2} e una base diagonalizzanteper F e quindi per A00.

La matrice M cercata e dunque la matrice del cambiamento di base dalla base {−→v1,−→v2} alla base

{−→e1 ,−→e2}:

M =

(1 −30 1

)e se (x, y) e (x′, y′) sono le coordinate rispettivamente nella base {−→e1 ,

−→e2} e nella base {−→v1,−→v2} si

ha: (xy

)=

(1 −30 1

)(x′

y′

)In questo modo e definita un’affinita f1 di equazioni:{

x = x′ − 3y′

y = y′

Per trovare l’equazione della conica C1 = f1(C) affinemente equivalente a C tramite l’affinita f1

sostituiamo nell’equazione di C : x2 + 6xy − y2 + 2 = 0, al posto della x e della y, le nuoveespressioni in funzione di x′ e y′ date da f1:

(x′ − 3y′)2 + 6(x′ − 3y′)y′ − (y′)2 + 2 = 0⇒ C1 : (x′)2 − 10(y′)2 + 2 = 0

• Passo 2: Eliminazione dei termini di primo grado

Nell’equazione di C1 non compaiono termini di primo grado. Possiamo quindi passare al passo3.

• Passo 3: Normalizzazione dei coefficienti

Dividendo per il termine noto, l’equazione di C1 puo essere riscritta nel modo seguente:

1

2(x′)2 − 5(y′′)2 + 1 = 0

Eseguendo la sostituzione (che corrisponde a un’affinita f2):{x′ =

√2x′′

y′ = 1√5y′′

si ottiene l’equazione di C′ = C2 = f2(C1):

C′ : (x′′)2 − (y′′)2 + 1 = 0

che e l’equazione della forma canonica affinemente equivalente a C.

8. In R4, dotato di prodotto scalare standard, e assegnato l’operatore lineare T definito, rispetto alla basecanonica E di R4, dalla matrice

A =

1 0 0 00 −1 0 00 0 0 10 0 1 0

Determinare una base ortonormale F di autovettori di T e scrivere la matrice di T rispetto a tale base.

Soluzione:

Per prima cosa troviamo gli autovalori di T e i corrispondenti autospazi.Il polinomio caratteristico di T e P (λ) = (1 − λ)2(1 + λ)2; pertanto T ha autovalori λ1 = 1 e λ2 = −1,ciascuno con molteplicita algebrica 2. Troviamo i relativi autospazi:

• V1 e il sottospazio generato dalle soluzioni del seguente sistema lineare:

(A− λ1I4)x =−→0 ⇒

0 0 0 00 −2 0 00 0 −1 10 0 1 −1

xyzw

=

0000

⇒ {y = 0−z + w = 0

⇒

⇒ V1 = 〈(1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 1)〉

La base scelta per V1 e gia ortogonale rispetto al prodotto scalare standard (altrimenti una baseortogonale di V1 poteva essere trovata applicando il procedimento di Gram-Schmidt agli autovettoriscelti come base di V1).

Una base ortonormale per V1 e dunque data da{

(1, 0, 0, 0), (0, 0,√

22 ,√

22 )}

.

• V−1 e il sottospazio generato dalle soluzioni del seguente sistema lineare:

(A− λ2I4)x =−→0 ⇒

2 0 0 00 0 0 00 0 1 10 0 1 1

xyzw

=

0000

⇒ {x = 0z + w = 0

⇒

⇒ V−1 = 〈(0, 1, 0, 0), (0, 0, 1,−1)〉

La base scelta per V−1 e gia ortogonale rispetto al prodotto scalare standard.

Una base ortonormale per V1 e dunque data da{

(0, 1, 0, 0), (0, 0,√

22 ,−

√2

2 )}

.

Notiamo che, essendo T simmetrico (A e simmetrica), gli autovettori che costituiscono l’autospazio V1

sono ortogonali agli autovettori che costituiscono l’autospazio V−1 (Proposizione 22.5, Sernesi: ”Geome-tria 1”), cioe ∀−→v ∈ V1, ∀−→w ∈ V−1 si ha 〈v, w〉 = 0.

Ne segue che b ={

(1, 0, 0, 0), (0, 0,√

22 ,√

22 ), (0, 1, 0, 0), (0, 0,

√2

2 ,−√

22 )}

e una base ortonormale di autovet-

tori di T .

La matrice del cambiamento di base dalla base b alla base canonica e:

P =

1 0 0 00 0 1 0

0√

22 0

√2

2

0√

22 0 −

√2

2

Notiamo che P e ortogonale essendo la matrice del cambiamento di base tra due basi ortonormali. PertantotP = P−1.

Quindi rispetto alla base B la matrice che rappresenta T e:

D = tPAP = P−1AP =

1 0 0 00 1 0 00 0 −1 00 0 0 −1

.

9. Sia C la conica euclidea di E2(R) di equazione:

7x2 − 3y2 − 10√

3xy − 12y − 12√

3x− 12 = 0

(a) Determinarne il tipo.

(b) Determinare tutte le isometrie di E2(R) (indicandone il tipo e scrivendone le equazioni) che trasfor-mano C nella forma canonica D ad essa congruente.

Soluzione:

(a) La matrice associata alla conica C:

A =

−12 6√

3 −6

6√

3 7 −5√

3

−6 −5√

3 −3

, A00 =

(7 −5

√3

−5√

3 −3

)

det(A) = 2304 6= 0

det(A00) = −96 < 0

Pertanto C e un’iperbole non degenere, congruente alla forma canonica D: x2

a2 −y2

b2 , con a > 0,b > 0.

(b) Per “trasformare” C nella sua corrispondente forma canonica D abbiamo a disposizione una succes-sione finita di isometrie.

Essendo A00 simmetrica, per il teorema spettrale, e possibile trovare una matrice ortogonale Mtale tMA00M sia diagonale.Procediamo alla diagonalizzazione di A00. Il polinomio caratteristico di A00 e P (λ) = (λ−12)(λ+8).Pertanto A00 ha autovalori: λ1 = 12 e λ2 = −8.Due autovettori corrispondenti sono: −→v1 = (

√3

2 ,−12 ) e −→v2 = ( 1

2 ,√

32 ). Essendo λ1 6= λ2, tali vettori

costituiscono una base ortonormale (diagonalizzante).La matrice M cercata e dunque la matrice del cambiamento di base dalla base {e1, e2} alla base

{v1, v2} (essa e infatti ortonormale, poiche e la matrice del cambiamento di base tra due basi ortonor-mali):

M =

(√3

212

− 12

√3

2

)e se (x, y) e (x′, y′) sono le coordinate rispettivamente nella base {e1, e2} e nella base {v1, v2} si ha:(

xy

)=

(√3

212

− 12

√3

2

)(x′

y′

)⇒(x′

y′

)=

(√3

2 − 12

12

√3

2

)(xy

)

In questo modo e definita un’affinita f di equazioni:

{x′ =

√3

2 x−y2

y′ = 12x+

√3

2 y.

Notiamo che f e un’isometria diretta con un punto fisso (l’origine), cioe una rotazione. In parti-colare si puo subito osservare che f e una rotazione di angolo π

6 (in senso antiorario) e centro l’origine.

L’isometria f trasforma C nella conica f(C) di equazione:

3x2 − 2y2 + 6x− 3 = 0

Allo scopo di eliminare il termine in x di tale equazione, consideriamo la generica traslazione t di

vettore (α, 0):

{x′ = x+ αy′ = y

⇒{x = x′ − αy = y′

.

La conica trasformata t(f(C) ha equazione:

3x2 + 3α2 − 6αx− 2y2 + 6x− 6α− 3 = 0

Posto α = 1, t ı¿ 12 una traslazione di vettore (1, 0) e t(f(C))) ha equazione:

3x2 +−2y2 − 6 = 0 , cioe

x2

2− y2

3= 1

10. Riconoscerne il tipo e ridurre a forma canonica le seguenti coniche:

(a) x2 + 6xy − 2y2 + 2x− 4y + 2 = 0;

(b) x2 + xy − 2y2 + 2y − 1 = 0;

(c) 25x2 + 7y2 + 48y + 7 = 0.

Soluzione:

Ci limiteremo a classificare le coniche in quanto per la riduzione a forma canonica si procede in manieraanaloga all’esercizio 7.

(a) La matrice associata alla conica e :

A =

2 1 −21 1 3−2 3 −2

A00 =

(1 33 −2

)

Dunque, poiche detA00 < 0 si ha che la conica e un’iperbole.

(b) La matrice associata alla conica e :

B =

−1 0 10 1 1

21 1

2 −2

B00 =

(1 1

212 −2

)

Dunque, poiche detB00 < 0 si ha che la conica e un’iperbole.

(c) La matrice associata alla conica e :

C =

7 0 240 25 024 0 7

C00 =

(25 00 7

)Dunque, poiche detC00 > 0, la conica e un’ellisse.

11. Sia S un sottoinsieme di uno spazio topologico X e sia χS la funzione caratteristica di S. Dimostrare cheχS e continua in p se e soltanto se p 6∈ Fr(S).

Soluzione:

La funzione χS e continua in p se per ogni intorno J di f(p) esiste un intorno I di p tale che f(I) ⊂ J . Sep 6∈ Fr(S) allora p e un punto interno o esterno, quindi esiste un intorno I di p tutto contenuto nell’internodi S (rispettivamente nell’esterno di S). Si ha che f(I) = {1} (rispettivamente f(I) = {0}). Poiche ogniintorno J di f(p) e un intorno di 0 (rispettivamente di 1), f(I) ⊂ J per ogni intorno J di f(p).Se invece p ∈ Fr(S) allora in ogni intorno I di p ci sono punti dell’interno e dell’esterno di S quindif(I) = {1, 0}. Se p ∈ S preso l’aperto J = D 1

2(0) allora f(I) 6⊂ J , se viceversa p /∈ S sara sufficiente

scegliere J = D 12(1) per ottenere f(I) 6⊂ J . Segue che χS non e continua in p.

12. Dimostrare che una funzione continua f : X → Y , con X 6= ∅ connesso e Y discreto e costante.

Soluzione:

Essendo f continua e X connesso, f(X) e connesso. Innanzitutto, poiche X 6= ∅, f(X) 6= ∅. Se perassurdo esistessero y1, y2 ∈ Y , y1 6= y2 tali che y1, y2 ∈ f(X) allora f(X) sarebbe sconnesso poiche∅ ( {y1} ( f(X) sarebbe contemporaneamente aperto e chiuso in f(X) (f(X) eredita da Y la topologiadiscreta).

13. Sia G il gruppo degli elementi invertibili di Z16. Esistono due interi a, b > 1 tali che G ' Za × Zb?

Soluzione:

Indichiamo con U(Z16) il gruppo degli elementi invertibili di Z16. Dalla teoria si ha che |U(Z16)| = ϕ(16) =8. Piu esplicitamente U(Z16) = {[1], [3], [5], [7], [9], [11], [13], [15]}, dove

〈[11]〉 = 〈[3]〉 = {[3], [9], [11], [1]} ⊃ 〈[9]〉

〈[13]〉 = 〈[5]〉 = {[5], [9], [13], [1]} ⊃ 〈[9]〉〈[7]〉 = {[7], [1]}〈[9]〉 = {[9], [1]}〈[15]〉 = {[15], [1]}.

A questo punto scegliendo due sottogruppi disgiunti (e normali) rispettivamente di cardinalita 4 e 2saranno soddisfatte le ipotesi del teorema sul prodotto diretto di due sottogruppi.

Ad esempio prendendo 〈[3]〉 ∼= Z4 e 〈[15]〉 ∼= Z2, avremo che U(Z16) ∼= 〈[3]〉 × 〈[15]〉 ∼= Z4 × Z2.

14. Si consideri l’applicazione

ϕ : (Z,+)× (Z,+)→ (Z,+) tale che (n,m) 7→ 2n+ 3m.

(a) Dimostrare che ϕ e un omomorfismo di gruppi.

(b) Descrivere il nucleo e l’immagine di ϕ e dare una rappresentazione di Im(ϕ) tramite il TeoremaFondamentale di Omomorfismo di gruppi.

Soluzione:

(a) Siano (n,m), (n′,m′) ∈ Z× Z allora

ϕ((n,m) + (n′,m′)) = 2(n+ n′) + 3(m+m′) = ϕ((n,m)) + ϕ((n′,m′)).

(b) Il nucleo e {(n,m) ∈ Z×Z : 2n+3m = 0} = {(n,m) ∈ Z×Z : 2n = −3m} = {(3k,−2k) : k ∈ Z} ∼= Z.L’immagine di ϕ e Z in quanto MCD(3, 2) = 1 e dunque dal Teorema Fondamentale di Omomorfismodi gruppi si ha che Z ∼= Im(ϕ) ∼= Z×Z

kerϕ∼= Z

15. Sia α ∈ Z e sia fα : Z[X]→ C t.c. fα(f(X)) = f(√α). Dimostrare che:

(a) fα e un omomorfismo e (X2 − α) ⊆ ker(fα);

(b) Determinare Im(fα);

(c) Dimostrare che Im(fα) = Z⇔ α e un quadrato perfetto.

Soluzione:

(a) Siano g, h ∈ Z[X] allora

fα(g + h) = (g + h)(α) = g(α) + h(α) = fα(g) + fα(h)

efα(gh) = gh(α) = g(α)h(α) = fα(g)fα(h).

Un elemento di (X2−α) e della forma g(X)(X2−α) con g(X) ∈ Z[X]. Dunque fα(g(X)(X2−α)) =g(α)(α− α) = 0.

(b) Im(fα) = Z[√α].

(c) Discende dal punto (b).

16. Sia dato il gruppo GL2(R) con l’usuale prodotto righe per colonne.

(a) Dimostrare che l’insieme

G :=

{(±1 k0 1

): k ∈ Z

}e un sottogruppo di GL2(R).

(b) Sia

Gn :=

{(1 nk0 1

): k ∈ Z

}.

Dimostrare che per ogni n ∈ Z, n > 1, Gn e un sottogruppo normale di G.

(c) Dimostrare che l’applicazione

ϕn : G → Gn ⊆ GL2(Zn)(±1 k0 1

)7→

(±1 k mod n0 1

)e un omomorfismo e determinarne nucleo e immagine.

(d) Dimostrare che Im(ϕn) ' Dn per ogni n ∈ Z, n > 1.

Soluzione:

(a) Per dimostrare che G e un sottogruppo di GL2(R) facciamo vedere che presi comunque A,B ∈ G siha AB−1 ∈ G. Siano

A =

(±1 k0 1

)B =

(±1 h0 1

).

Osserviamo che se B11 = −1 allora detB = −1 altrimenti detB = 1 e che B−1 = 1detB

(1 −h0 ±1

).

Quindi

AB−1 =

(±1 ∓h± k0 1

)∈ G.

(b) La verifica di Gn ≤ G e analoga al punto (a). Per dimostrarne la normalita facciamo vedere che date

A ∈ G e B ∈ Gn, A−1BA ∈ Gn. Si pongano A =

(±1 h0 1

)e B =

(1 nk0 1

); allora

A−1BA = ∓(±1 nk0 ±1

)∈ Gn.

(c) Siano A,B ∈ G con A =

(±1 k0 1

)e B =

(±1 h0 1

). Allora la serie di uguaglianze

ϕn(AB) =

(±1 (±h+ k) mod n0 1

)=

(±1 k mod n0 1

)(±1 h mod n0 1

)= ϕn(A)ϕn(B)

dimostra l’asserto.

Guardando al nucleo di ϕn, si ha ker(ϕn) = Gn. Mentre Im(ϕn) = {(±1 k0 1

): k ∈ Zn}.

17. Ricordiamo che Dn = 〈σ, ρ〉 con σ2 = 1 = ρn e σρσ−1 = ρ−1. Dunque sara sufficiente esibire due elementi

di Im(ϕn) che soddisfano le precedenti condizioni. Si verifica facilmente che ρ =

(1 10 1

)e σ =

(−1 00 1

)sono i due elementi cercati.

18. Sia Z[i] l’anello degli interi di Gauss e sia I un suo ideale non nullo. Provare che se esiste a+ ib in I, cona2 + b2 numero primo, allora I e massimale.

Soluzione:

Ricordiamo che Z[i] e un dominio euclideo (e quindi PID). Dunque preso un ideale H ⊂ Z[i], H = (h) conh ∈ Z[i].

Supponiamo che I ⊂ J = 〈j〉, allora preso a+ ib ∈ I ⊂ J soddisfacente l’ipotesi a+ ib = jz con z ∈ Z[i].Pasando alle norme otteniamo p = N(a+ ib) = N(j)N(z). Poiche p e irriducibile in Z, N(j) = 1 oppureN(z) = 1. Nel primo caso J = Z[i], mentre nel secondo caso si ha (a + ib)z−1 = j che implica J = I.Segue che I e massimale.

19. Si consideri il campo F7 = Z7Z e il polinomio f(X) = X2 + 1 ∈ F7[X]. Dimostrare che l’anello quoziente

F7[X]/(f(X)) e un campo e se ne calcoli il numero di elementi.

Soluzione:

Per dimostrare che F7[X]/(f(X)) e un campo basta osservare che x2 + 1 e irriducibile su F7 in quanto epolinomio di secondo grado senza radici in F7. Dalla teoria dei campi finiti si ha che |F7[X]/(f(X))| = 49.

20. Sia G un gruppo finito e sia H un sottoinsieme non vuoto di G. Verificare che

H ≤ G⇔ H ·H ⊆ H.

Soluzione:

L’implicazione ⇒ e banale.

Per mostrare che H ≤ G bisogna far vedere che H · H−1 ⊆ H. Indichiamo con n la cardinalita diG. Se h ∈ H allora o(h) = t < +∞ perche t|n. Quindi da ht = 1 si ha h−1 = ht−1 ∈ H e dunqueH ·H−1 ⊂ H ·H ⊂ H.

21. Si considerino i polinomi

f1(X) := X4 +X + 1, f2(T ) := T 3 + T + 1 ∈ F2(T ).

(a) Si verifichi che f1, f2 sono irriducibili su F2.

(b) Si costruisca un ampliamento K di F2 contenente sia una radice α di f1 che una radice β di f2.

(c) Si determini una base di ciascuno degli spazi vettoriali F2(α),F2(β) (su F2). Quali sono le componentidi β4 rispetto alla base data per F2(β)?

(d) Si verifichi esplicitamente che TUTTE e SOLE le radici di f1 (risp. f2) in K sono α, α2, α4, α8 (risp.β, β2, β4.

(e) E vero che F2(β) = F2(β2 + 1)? E vero che F2(α) = F2(α2 + 1)?

(f) Si determini un campo di spezzamento L del polinomio f1(X)f2(X) e si calcoli [L : F2].

Soluzione:

(a) Osserviamo che f2 e irriducible in F2 in quanto non ha radici in F2; mentre f1 e irriducibile in quantonon ha radici in F2 e f1 6= (X2 +X + 1)2 = X4 +X2 + 1.

(b) L’ampliamento e F2(α, β) con α tale che α4 = α + 1 e β tale che β3 = β + 1. Per costruiretale ampliamento bisogna quozientare F2[X] sull’ideale massimale generato da f1 ottenendo cosıun campo isomorfo a F2(α) (risultato teorico) e successivamente quozientare F2(α)[X] sull’idealemassimale generato da f2. Si noti che l’ideale generato da f2 in F2(α)[X] e massimale in quanto f2

rimane irriducibile (per questioni di grado) su F2(α).

(c) F2(α) = 〈1, α, α2, α3〉F2e F2(β) = 〈1, β, β2〉F2

. Dalla relazione β3 = β+1 si ottiene β4 = β3β = β2+β.

(d) Verifichiamo l’asserto per α (la verifica per β procede analogamente). Per prima cosa mostriamo cheα, α2, α4, α8 sono tutte distinte. Intanto α 6= α2 perche α 6= 0, 1. Sfruttando la relazione α, α2, α4, α8

si haα4 = α+ 1 α8 = α2 + 1

e dunque α, α2, α4, α8 sono tutte distinte.

Ora proviamo che α, α2, α4, α8 sono radici di f1. Cio completera la dimostrazione in quanto deg f1 =4.

Per la formula sbagliata, f(α2n) = (α4)2n + α2n + 1 = (α4 + α+ 1)2n = 0 per n = 0, 1, 2, 3.

(e) In primo luogo osserviamo che β2 + 1 ∈ F2(β) da cui F2(β) ⊇ F2(β2 + 1). Poiche il grado di F2(β)su F2 e 3, per la formula di moltiplicativita del grado si ha

3 = [F2(β) : F2] = [F2(β) : F2(β2 + 1)][F2(β2 + 1) : F2].

Dalla precedente relazione si ottiene che [F2(β2 + 1) : F2] = 3 oppure [F2(β2 + 1) : F2] = 1. Se perassurdo [F2(β2 + 1) : F2] = 1 allora β2 + 1 ∈ F2 da cui β = 0 oppure β = 1: ASSURDO!

Ne concludiamo che F2(β) = F2(β2 + 1).

Basta osservare che α2 + 1 = α8 per concludere che F2(α) = F2(α2 + 1).

(f) L’insiene delle radici del polinomio f1(X)f2(X) e dato dall’unione disgiunta dell’insieme delle radicidi f1 con quello delle radici di f2. Per il punto (d) le radici di f1f2 sono tutte contenute in F2(α, β)e, inoltre, esso rappresenta il piu piccolo campo che le contiene tutte. Segue che L = F2(α, β) e, perla formula di moltiplicativita del grado, [L : F2] = 12.