Dipartimento di Matematica e InformaticaAnno Accademico 2016-2017

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

28 Giugno 2017

Parte A

A1

1 [10 punti] Dimostrare che, per ogni numero naturale n, l’intero 32n − 2n è un multiplo di 7.

2 • [8 punti (4 punti (a) e 4 punti (b))] Determinare, se esistono, tutte e sole le coppie di numeriinteri (x, y) soddisfacenti le seguenti equazioni:

(a) 8x− 9y = 2, (b) 28x + 6y = 33.

• [2 punti] Determinare le eventuali soluzioni comuni ad (a) e (b).3 [10 punti] Quanti sono i numeri naturali pari di 6 cifre tali che la somma delle ultime due cifre

sia 8? Giustificare la risposta.

A2

1 [10 punti] Risolvere, al variare del parametro reale θ, il seguente sistema lineare:θx + y− z = 1x + θy− z = 1x + y− θz = 1

.

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

A =

1 0 −12 3 10 1 0

.

3 [10 punti] Una ditta produce bulloni. Il 60% dei bulloni proviene da una fabbrica A, il 30% dauna fabbrica B e il 10% da una fabbrica C. Le percentuali di bulloni difettosi prodotti da A, B,C sono, rispettivamente, il 2%, il 4% e il 5%. Calcolare la probabilità p che un bullone vendutodalla ditta e risultato difettoso sia stato prodotto da C.

Dipartimento di Matematica e InformaticaAnno Accademico 2016-2017

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

28 Giugno 2017Parte B

B1

1 [12 punti] Nel piano si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O~x~y.

• [6 punti] Si denotino con A e B i punti in cui la retta di equazione y =√

3(x + 2) intersecagli assi coordinati. Trovare le coordinate di un punto C sull’asse delle ascisse tale che iltriangolo ABC sia isoscele di base AB.• [6 punti] Considerato il triangolo ABC determinato precedentemente, determinare le coor-

dinate dei vertici del triangolo A′B′C′ ottenuto sottoponendo ABC ad una rotazione dicentro O e angolo π

3 .

2 [18 punti] Nello spazio si fissi un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O~x~y~z.Siano dati i piani α : x − y − z = 0, β : 2x + y + z + 3 = 0 e i punti A(1, 1, 0), B(1, 0, 0).Determinare:(a) [6 punti] il piano passante per A e ortogonale a α e β;(b) [6 punti] la distanza del punto A dalla retta r = α ∩ β;(c) [6 punti] il simmetrico di B rispetto a β;

B2

1 Sia dato l’endomorfismo f : R3 → R3 la cui matrice associata rispetto alla base canonica diR3 è

M( f ) =

0 1 k + 1k 0 −2k1 1 k

,

dove k è un parametro reale.(a) [10 punti] Studiare f al variare di k, determinando in ciascun caso ker f e Im f .(b) [4 punti] Determinare f−1(0, k, 1) al variare di k. .(c) [6 punti] Posto k = 1, stabilire se f è diagonalizzabile. Giustificare la risposta.(d) [10 punti] Posto k = 2, dire, giustificando la risposta, se esiste una decomposizione spet-

trale D = P−1 · M( f ) · P di M( f ) e, in caso affermativo, determinare le matrici D eP.

28 Giugno 2017Traccia dello svolgimento

A1

1 Per ogni n ∈N, siaP(n) : 7|(32n − 2n).

Base. Sia n = 0. Si ha 32·0 − 20 = 1− 1 = 0 = 0 · 7.Ipotesi. Sia n ∈N e valga P(n), cioè 7|(32n − 2n), quindi

∃k ∈ Z : 32n − 2n = 7k.

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

∃h ∈ Z : 32(n+1) − 2n+1 = 7h.

Si ha:

32(n+1) − 2n+1 = 32n+2 − 2n+1 = 32n · 32 − 2n · 2= 32n · (7 + 2)− 2n · 2 = 3n · 7 + 32n · 2− 2n · 2= 32n · 7 + 2(32n − 2n) = 32n · 7 + 2 · 7k

= 7(32n + 2k) = 7h,

con h = 33n + 2k ∈ Z.

2 • Equazione (a). Da 8x− 9y = 2 si ottiene 8x = 2 + 9y, cioè 8x ≡ 2 mod 9. Moltiplicandoper 7 ambo i membri e poi moltiplicando per 5 e riducendo di volta in volta, si ricavax = 7 + 9λ, per ogni λ ∈ Z. Sostituendo tale espressione di x nell’equazione si ricavay = 6 + 8λ. In definitiva, tutte e sole le soluzioni dell’equazione assegnata sono le coppie(7 + 9λ, 6 + 8λ), al variare di λ ∈ Z.Equazione (b). L’equazione è impossibile. Al primo membro, per ogni scelta degli interi xe y si ha un numero pari, mentre al secondo membro si ha un numero dispari.• Poiché l’equazione (b) è impossibile, non ci sono soluzioni comuni ad entrambe le equa-

zioni.

3 Dobbiamo formare un numero pari di 6 cifre, quindi la prima cifra può essere un numerotra 1 e 9 dato che non può iniziare con zero; la seconda, terza e quarta cifra possono esse-re scelte in qualsiasi modo tra i 10 possibili; l’ultima cifra deve essere scelta tra {0, 2, 4, 6, 8}dovendo essere un numero pari; la penultima dipende dall’ultima dato che la somma del-le ultime due cifre deve essere 8. Per le ultime due cifre ci sono quindi 5 possibili scelte:{(8, 0), (6, 2), (4, 4), (2, 6), (0, 8)} e per ognuna di queste si possono costruire 9 · 103 numeri di4 cifre tali che la prima sia diversa da zero. In totale i numeri richiesti sono

5 · 9 · 103.

A2

1 Il determinante della matrice dei coefficienti è −θ3 + 3θ − 2. Se θ 6= 1 e θ 6= −1 ±√

3, ilsistema è determinato (l’unica soluzione può essere determinata avvalendosi, ad esempio,della regola di Cramer). Se θ = 1 il sistema è indeterminato e le soluzioni sono tutte e sole leterne (1 + z− y, y, z), per ogni y, z ∈ R. Nei due casi a = −1±

√3, il sistema è indeterminato

e ammette le soluzioni ( 1+z1+a , 1+z

1+a , z), per ogni z ∈ R.

2 Essendo det A = −3 6= 0, la matrice A è invertibile. Risulta:

A−1 =

13

13 −1

0 0 1−2

313 −1

.

3 Sia D l’evento D = "bullone difettoso". Si ha:

P(D|A) = 0.02, P(D|B) = 0.04, P(D|C) = 0.05,

con P(A) = 0.6, P(B) = 0.3, P(C) = 0.1. Allora:

p = P(C|D) =P(D|C)P(C)

P(D|A)P(A) + P(D|B)P(B) + P(D|C)P(C)

=0.05 · 0.1

0.02 · 0.6 + 0.04 · 0.3 + 0.05 · 0.1=

529

.

B1

1 • Si vede subito che A(−2, 0) e B(0, 2√

3). Un generico punto C sull’asse delle ascisse hacoordinate C(k, 0). Imponendo la condizione AC = BC ed elevando al quadrato ambo imembri, si ha (k + 2)2 = k2 + 12 da cui k = 2 e quindi C(2, 0).• Le equazioni della rotazione di centro O(0, 0) e angolo π

3 sono:{x′ = x

2 −√

32 y

y′ =√

32 x + y

2

.

Da esse segue facilmente che

A′(−1,−√

3), B′(−3,√

3), C′(1,√

3).

2 (a) Se il piano richiesto ha un vettore ortogonale di componenti (a, b, c), imponendo lecondizioni di ortogonalità con i vettori (1,−1,−1) e (2, 1, 1), si ha:{

a− b− c = 02a + b + c = 0

⇒{

a = 0c = −b

.

Dunque, il piano richiesto ha equazione π : y− z− 1 = 0.(b) La retta r è: {

x− y− z = 02x + y + z + 3 = 0

.

Il piano trovato nel punto precedente è ortogonale alla retta r e passa per A. Dunque, seH = π ∩ r, si ha d(A, r) = AH. Si vede subito che H(−1, 0,−1). Quindi,

d(A, r) =√

6.

(c) La retta passante per B e ortogonale a β ha equazioni parametrichex = 1 + 2ty = tz = t

, t ∈ R.

Un generico punto B′ appartenente alla suddetta retta ha coordinate B′(1 + 2t, t, t). Im-poniamo che il punto medio M del segmento BB′ appartenga a β. Si ha:

M(

1 + t,t2

,t2

).

Imponendo l’appartenenza a β, si ottiene la seguente equazione:

2(1 + t) +t2+

t2+ 3 = 0,

che forniscet = −5

3.

Ne viene che il punto B′, simmetrico di B rispetto a β, ha coordinate

B′(

1− 103

,−53

,−53

)≡(−7

3,−5

3,−5

3

).

B2

1 (a) Si ha det M( f ) = −k.Se k 6= 0, f è un isomorfismo, quindi Im f = R3 e ker f = {(0, 0, 0)}.Se k = 0, si ha dim Im f = 2 e Im f = 〈(0, 0, 1), (1, 0, 1)〉. Infine, dim ker f = 1 e ker f =〈(1,−1, 1)〉.

(b) Dalla matrice, si deduce subito che f (1, 0, 0) = (0, k, 1) per ogni k ∈ R. Quindi, se k 6= 0,si ha che f−1(0, k, 1) = {(1, 0, 0)}. Se k = 0, invece, si trova che

f−1(0, k, 1) = {(t, 1− t, t− 1) ∈ R3, t ∈ R}.Si osservi che in tal caso, per t = 1, si ottiene nuovamente (1, 0, 0).

(c) Per completezza, riportiamo la discussione della diagonalizzabilità di f al variare di k.Alla luce della consegna del problema, lo studente può limitarsi soltanto a stabilire se fè diagonalizzabile nel solo caso k = 1 (e poi, per rispondere al quesito successivo, dovràesaminare il caso k = 2).Con facili conti si trova che il polinomio caratteristico associato a f è:

p(t) = det(M( f )− λI3) = (λ− 1)(λ + 1)(k− λ).

Gli autovalori sono quindi λ = ±1 e λ = k. Certamente se k 6= ±1, f è diagonalizzabilein quanto ammette tre autovalori reali e distinti. Occorre esaminare, adesso, i casi k = 1 ek = −1.Sia k = 1. L’autovalore λ = 1 ha molteplicità algebrica 2. L’autospazio V1 ad essoassociato è individuato dalle equazioni{

x− y− 2z = 0x + y = 0

quindi dim V1 = mg(1) = 1 < ma(1) = 2, quindi f non è semplice.Sia, infine, k = −1. L’autovalore λ = −1 ha molteplicità algebrica 2. L’autospazio V−1 adesso associato è individuato dalle equazioni{

x + y = 0x− y− 2z = 0

quindi dim V−1 = mg(−1) = 1 < ma(−1) = 2, quindi f non è semplice.

(d) Dalla discussione effettuata al punto precedente, segue subito che per k = 2 l’endomor-fismo f è diagonalizzabile e quindi è possibile realizzare una decomposizione spettraledella matrice M( f ). In tal caso gli autovalori sono:

λ = −1, λ = 1, λ = 2.

Determinando gli autospazi V−1, V1 e V2, si trova facilmente che (7,−10, 1) è un autovet-tore associato a λ = −1, (1,−2, 1) è un autovettore associato a λ = 1 e, infine, (−1, 1,−1)è un autovettore associato a λ = 2. Quindi una base di R3 formata da autovettori di f èB = [(7,−10, 1), (1,−2, 1), (−1, 1,−1)].Ne viene che, ad esempio,

D =

−1 0 00 1 00 0 2

, P =

7 1 −1−10 −2 1

1 1 −1

.