Matematica Generale - Dimostrazioni

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Esercizio 1. Risolvere le seguenti equazioni e disequazioni

1. 2

1 − 7x 2x − 3x − 45 2x + 1

+ =

2

6x + 6 4x − 4 3 − 3x

2. x +4 < 2

x − 3

3. 2x − 1

| | > 3

5

4. |x − 1| − 2|x + 3| + x + 7 ≤ 0

Soluzioni:

1. x = 7

2. x < 3 ∨ x > 10

3. x < −7 ∨ x > 8

4. x ≤ −7 ∨ x ≥ 1 3 2

Esercizio 2. Studiare il segno del polinomio p(x) = x − x − x − 2.

(Suggerimento: trovare uno zero del polinomio. Sia a tale zero. Usare Ruffini per

fattorizzare p(x) = q(x)(x − a). Mostrare che q(x) > 0 per ogni x e dedurre che p(x) ≥ 0

se e solo se x ≥ a. 2

Soluzione: p(2) = 0, quindi p(x) è divisibile per x−2 e si ottiene p(x) = (x−2)(x +x+1).

Si noti ora che il polinomio di secondo grado ha ∆ < 0 ed a > 0, quindi è sempre positivo.

Dalla regola dei segni del prodotto segue allora che p(x) > 0 per x > 2, p(x) = 0 solo per

x = 2 e p(x) < 0 per x < 2. 1 3

Esercizio 3. Studiare il segno del polinomio p(x) = x − 7x + 6. (Attenzione che q(x)

non è sempre positivo come nell’esercizio precedente! Se non ci si ricorda come si studia il

segno di un polinomio di secondo grado (tramite la parabola associata!) ricordarsi almeno

2 2

che se x , x sono le radici di ax + bx + c, allora ax + bx + c = a(x − x )(x − x )).

1 2 1 2

Soluzione: applicando Ruffini a gogò si trova p(x) = (x − 1)(x − 2)(x + 3). Dalla regola

p(x) > −3 < x < ∨ 2, = 0 per

dei segni del prodotto segue allora che 0 per 1 x > p(x)

x = −3, 1, 2 e p(x) < 0 per x < −3 ∨ −1 < x < 2.

Esercizio 4. Calcolare i determinanti delle seguenti matrici

1. !

à 2 1

1 3

2.  

2 1 3

 

 

1 3 1

 

0 1 2

3.  

1 3 0 0

 

 

1 3 1 −1

 

 

 

2 2 −1 0

 

0 0 2 1

Soluzione:

1. viene 5

2. viene 11

3. conviene scegliere la quarta colonna, ma... fate come vi pare. Comunque viene 12.

3

Esercizio 5. Dire se i seguenti vettori di R sono linearmente dipendenti o indipendenti.

1. v = (1, 0, 1), v = (1, 0, 3), v = (0, 1, −1)

1 2 3

2. v = (1, 2, 1), v = (−2, 1, 0), v = (−1, 3, 1)

1 2 3 2

n

Soluzione: ricordo che n vettori in R sono linearmente indipendenti se e solo se la matrice

delle loro componenti ha determinante diverso da zero. Quindi

1.  

1 0 1

 

 

det = −2 6 = 0

1 0 3

 

0 1 −1

quindi i primi tre vettori sono indipendenti.

2.  

1 2 1

 

 

det = 0

−2 1 0

 

−1 3 1

e quindi sono dipendenti. Si noti che, senza calcolare il determinante, si sarebbe

potuto osservare che v = v + v e quindi sono linearmente dipendenti grazie al

3 1 2

n

teorema: m vettori in R sono linearmente dipendenti se e soltanto se almeno uno

di essi si può scrivere come combinazione lineare degli altri.

2

Esercizio 6. Siano dati i seguenti vettori in R :

v = (1, 1), v = (2, 3), v = (1, −1)

1 2 3

Esprimere v come combinazione lineare di v e v . Per i più intraprendenti: mostrare che

3 1 2

2

tre vettori in R sono sempre linearmente dipendenti.

Soluzione: si cercano due numeri reali a, b tali che v = av + bv , cioè tali che

3 1 2

a(1, 1) + b(2, 3) = (1, −1)

ovvero (applicando la linearità del prodotto fra un vettore e uno scalare)

(a, a) + (2b, 3b) = (1, −1)

cioè (applicando la linearità della somma fra vettori)

(a + 2b, a + 3b) = (1, −1)

3

Ciò equivale, usando il principio di identità fra vettori (due vettori sono uguali se e soltanto

se hanno le componenti ordinatamente uguali) al sistema

( a + 2b = 1

a + 3b = −1

la cui soluzione è evidentemente (a, b) = (5, −2). La combinazione lineare richiesta è

quindi v = 5v − 2v

3 1 2

Per i più intraprendenti ... costruire la matrice delle componenti dei tre vettori. Si tratta di

una matrice 3×2, in quanto abbiamo tre vettori ciascuno con due componenti. Ricordiamo

ora che il massimo numero di vettori indipendenti è dato dal rango della matrice, il quale

non può essere maggiore di due.

Esercizio 7. Scrivere il vettore v = (0, 3, 2) come combinazione lineare di v = (2, 1, 1),

1

v = (3, 1, −2) e v (−1, 2, −3)

2 3

Soluzione: si cercano tre numeri reale a, b, c tali che v = av + bv + cv , cioè tali che

1 2 3

(dagli stessi passaggi dell’esercizio precedente)

(0, 3, 2) = (2a + 3b − c, a + b + 2c, a − 2b − 3c)

Applicando il principio di identità dei vettori si perviene al sistema



 2a + 3b − c = 0



 a + b + 2c = 3





 a − 2b − 3c = 2

che possiamo risolvere usando Cramer. Infatti la matrice dei coefficienti è



 2 3 −1

 





A = 1 1 2

 

1 −2 −3

il cui determinante è 20 6 = 0 (quindi possiamo applicare Cramer!!). Consideriamo le

seguenti matrici  

0 3 −1

 

 

A = 3 1 2

a  

2 −2 −3

4