Prove scritte sessione invernale AA 2004/2005

Prove scritte sessione invernale AA 2004/2005
A.A. 2004/2005
Mestre 23/1/2006
Prova scritta del corso di Strutture Discrete del 24/01/2006
Es.1 Sia U un insieme e A, B, C sottoinsiemi di U. Supponiamo che |U|=692,
|A|=300, |B|=230, |C|=370, |A∩B|=150, |A∩C|=180, |B∩C|=90,
|A∩(U\B)∩(U\C)|=10. Si calcolino:
a) |A∩B∩C|
b) |(U\A)∩B∩(U\C)| c) |(U\A)∩(U\B)∩(U\C)|
d) |(A∩B)∪(A∩C)∪(B∩C)|.
Es.2 Si provi che, se a, b, c sono numeri interi, c divide ab e a e c sono coprimi, allora
c divide b.
Es.3 Siano f(x) e g(x) due polinomi appartenenti all’anello K[x], ove K e’ un campo.
Si supponga che f(a)=g(a) ∀a∈K. Si provi che se il numero di elementi di K e’
maggiore sia del grado di f(x) che del grado di g(x) (e quindi, in particolare, se K
e’ un campo infinito), allora f(x)=g(x).
A.A. 2004/2005
Mestre 2/2/2006
Soluzioni degli esercizi della prova scritta di Strutture Discrete del
24/1/2006
Es. 1 Si verifica utilizzando la tecnica della doppia inclusione che
A\(A∩(U\B)∩(U\C)=(A∩B)∪(A∩C). D’altra parte usiamo il semplice
fatto che se X e Y sono insiemi (finiti), allora |X∪Y|=|X|+|Y|-|X∩Y|.
a) Ponendo X= A∩B, Y= A∩C si ha allora |A\(A∩(U\B)∩(U\C)|=
=|(A∩B)∪(A∩C)|=|X∪Y|=|X|+|Y|-|X∩Y|=|A∩B|+|A∩C|-|A∩B∩C|.
|A\(A∩(U\B)∩(U\C)|=|A|-|A∩(U\B)∩(U\C)| e ambedue questi numeri
sono noti. Anche gli altri membri dell’uguaglianza sono noti, e dunque si
ricava a) |A∩B∩C|=150+180-300+10=40 b) Si verifica con la doppia
inclusione
che
(U\A)∩B∩(U\C)=B\((B∩A)∪(B∩C));
inoltre
|B\((B∩A)∪(B∩C))|=|B|\|(B∩A)∪(B∩C|. Il calcolo di |(B∩A)∪(B∩C)|
si fa come sopra per il calcolo di |(A∩B)∪(A∩C)|, ottenendo
|(A∩B)∪(A∩C)|=200. Dunque |(U\A)∩B∩(U\C)|=230-200=30.
c) (U\A)∩(U\B)∩(U\C)=U\(A∪B∪C) (al solito verifica con la doppia
inclusione). Pertanto |(U\A)∩(U\B)∩(U\C)|=|U|\|A∪B∪C|. Il calcolo di
|A∪B∪C| e’semplice e risulta |A∪B∪C|=|A|+|B∪C|-|A∩(B∪C)|=
=|A|+|B∪C|-|(A∩B)∪(A∩C)|=|A|+|B|+|C|-|B∩C|-|A|+|A∩(U\B)∩(U\C)|
(vedi sopra). Dunque |(U\A)∩(U\B)∩(U\C)|=172 d) Questo conto e’
facile perche basta sommare |(A∩B), |(A∩C)| e |(B∩C)| e togliere
2|A∩B∩C|.
Si ottiene |(A∩B)∪(A∩C)∪(B∩C)|=340
Dunque, riassumendo, si ottiene
a) |A∩B∩C|=40,
b) |(U\A)∩B∩(U\C)|=30,
c) |(U\A)∩(U\B)∩(U\C)|=172,
d) |(A∩B)∪(A∩C)∪(B∩C)|=340.
Es. 2 Se a e c sono coprimi, per l’identita’ di Bezout si ha 1=xa+yc per
opportuni x,y∈Z. Dunque b=xab+ycb. c divide ab e quindi anche
xab; inoltre c divide ycb. Se un numero intero divide due numeri
interi, allora divide la loro somma. Pertanto c divide xab+ycb=b.
Es. 3 Si consideri il polinomio h(x)= f(x)-g(x). Allora h(a)= f(a)-g(a)=0
∀a∈K, in altre parole ogni elemento di K e’ una radice di h(x).
Poiche’ h(x) ha grado≤max{grado(f(x)), grado(g(x))}, h(x) non
puo’ avere piu’ di max{grado(f(x)), grado(g(x))} radici, tranne il
caso in cui h(x) e’ il polinomio nullo. D’altra parte
|K|>max{grado(f(x)), grado(g(x))}. Ne segue che necessariamente
h(x) e’ il polinomio nullo, il che equivale a dire che f(x)=g(x).
A.A. 2004/2005
Mestre 2/2/2006
Risultati della prova scritta di Strutture Discrete del 24/1/2006
Tutte le prove sono risultate insufficienti; nessuno studente e’ ammesso
all’orale.
Il docente
Prof Giorgio Busetto
A.A. 2004/2005
Mestre 23/1/2006
Prova scritta di Algebra Lineare del 23/1/2006
ES. 1 Si considerino le seguenti due applicazioni lineari dello spazio
vettoriale K4 in se stesso, ove K e’ un campo e (e1, e2, e3, e4) la sua base
canonica.
# e1 " (1,1,0,0)
#e1 " (1,1,0,0)
%
%
% e 2 " (0,1,1,0)
% e 2 " (0,1,1,0)
(a) ϕ: $
(b) φ: $
%e3 " (0,0,1,1)
%e3 " (0,0,1,1)
%&e4 " (0,1,0,1)
%& e4 " (1,1,1,1)
Si dica se ϕ e φ sono isomorfismi e, in caso contrario, si calcoli una
base per il nucleo e l’immagine considerando i seguenti casi per K :
1) K=Q, il campo dei numeri razionali. 2) K=Z/2Z, il campo con due
!elementi.
!
ES. 2 Si consideri lo spazio vettoriale K3={(a,b,c)|a,b,c∈K, con K campo},
Siano U=<u1=(1,2,-1), u2=(2,3,-2) ∈ K3} e W =<w1=(4,1,3), w2=(-3,1,2) ∈ K3}
Si dica se U e W sono sottospazi identici di K3 nei seguenti casi:
a) K=R, il campo dei numeri reali.
b) K=Z/3Z, il campo con 3 elementi.
A.A. 2004/2005
Mestre 2/2/2006
Soluzioni degli esercizi della prova scritta di Algebra
Lineare del 23/1/2006
Es. 1
Consideriamo dapprima il caso di ϕ. Scriviamo la matrice A
"1 0 0 0%
$
'
1
1
0
1
'.
associata a ϕ rispetto alla base canonica. Si ha A = $
$0 1 1 0'
$
'
#0 0 1 1&
Det(A)=2. Cio’ significa che, se K=Q allora A e’ invertibile. Dunque
ϕ e’ un isomorfismo. Se invece K=Z/2Z, allora det(A)=0, e dunque
ϕ non e’ un isomorfismo. Calcoliamo dapprima le dimensioni di
Ker(ϕ) e di ϕ(K4). Per calcolarle, bastera’!
calcolare il rango di A, e
4
poi usare la formula 4=dim(K )=dim(ker(ϕ))+dim(ϕ(K4)), ove
dim(ϕ(K4)),=rango(A). Prendendo il minore di A costituito dalle
prime 3 righe e dalle prime 3 colonne, si osserva che il suo
determinante e’ uguale a 1, e pertanto A ha rango 3. Ne segue che
dim(ϕ(K4))=3 e dim(ker(ϕ))=1. In particolare una base di ker(ϕ)
sara’
costituita da un qualsiasi vettore non nullo di ker(ϕ).
Troviamo una base per ϕ( K4) e una base per ker(ϕ). Poiche’
ϕ(e4)=ϕ(e2)+ϕ(e3) e {ϕ(e1), ϕ(e2), ϕ(e3)} e’ un insieme di vettori
linearmente indipendenti, (ϕ(e1), ϕ(e2), ϕ(e3)) e’ una base (ordinata)
di
ϕ(K4). Inoltre ϕ(e2+e3+e4)=0 e dunque {e2+e3+e4} e’ una base per
ker(ϕ).
Consideriamo ora il caso di φ. Scriviamo la matrice B
"1 0 0 1%
$
'
1
1
0
1
'.
associata a φ rispetto alla base canonica. Si ha B = $
$0 1 1 1'
$
'
#0 0 1 1&
Det(B)=0, dunque sia nel caso K=Q che nel caso K=Z/2Z, φ non e’
un isomorfismo. Calcoliamo il rango di B. Il minore costituito dalle
prime 3 righe e dalle prime 3 colonne di B ha determinante uguale a
1. Pertanto B ha rango 3 sia nel caso K=Q!che nel caso K=Z/2Z.
Cio’ significa che dim(φ (K4))=3 e dim(ker(φ))=1 in ambedue i casi.
Troviamo infine una base per φ(K4) e una base per ker(φ). Poiche’
φ(e4)= φ(e1)+ φ(e3), e {φ(e1), φ(e2), φ(e3)} e’ un insieme di vettori
linearmente indipendenti, (φ(e1), φ(e2), φ(e3)) e’ una base (ordinata)
di
φ(K4) in ambedue i casi; inoltre φ(e1+ e3-e4)=0, dunque {e1+e3-e4} e’
una base per ker(φ) in ambedue i casi.
Es. 2 Consideriamo dapprima il vettore w= w1- w2=(7,0,1) ∈W e il
vettore u=xu1+yu2 con x e y elementi di K. Si ha
u=(x+2y,2x-3y,-x+2y) ∈U. w e u sono uguali se e solo se esistono
x e y∈K tali che (x+2y,2x-3y,-x+2y)= (7,0,1). Risolvendo il sistema
# x + 2y = 7
%
di equazioni lineari $2x " 3y = 0 si trova subito che tale sistema ha
%"x + 2y = 1
&
una ed un’unica soluzione, e cioe’ x=3, y=2. Pertanto sicuramente
W∩U≥<(7,0,1)>, il sottospazio generato dal vettore w. Cio’
naturalmente non basta per dimostrare che W e U sono identici. Per
farlo , dato!che u e u1 sono linearmente indipendenti (in ambedue i
casi), si avra’ W=U se e solo se ∃ a e b∈K tali che aw1+bw2= u1 e
# 4a " 3b = 1
%
cioe’ ∃ a e b∈K tali che $ a + b = 2 Distinguiamo ora i casi
%3a + 2b = "1
&
K=R e K=Z/3Z. Se il sistema non ha soluzioni, e cio’ significa che
W≠U. Se K=Z/3Z, il sistema ha invece una ed una sola soluzione, e
precisamente a=1 e b=1. In tale caso pertanto W=U.
!
A.A. 2004/2005
Mestre 2/2/2006
Risultati della prova scritta di Algebra Lineare del 23/1/2006
Hanno superato la prova e sono ammessi all’orale i seguenti studenti:
CANDIAN Simone
791253
Pur non avendo superato completamente la prova sono ammessi all’orale
anche i seguenti studenti:
GEROTTO Rudi
TONETTO Maurizio
VITTURI Francesca
791249
799432
783182
Tutte le altre prove sono risultate insufficienti.
Il docente
Prof Giorgio Busetto
Attenzione: Le prove orali nonche’ le registrazioni dei voti
verranno effettuate giovedi’ 9 febbraio alle h. 13. 30.
Ricordo che il voto andrebbe registrato entro e non oltre 1
mese dalla pubblicazione dei risultati della prova scritta.