Matematica Generale - Dominio di funzioni

3

Esercizio 2. Siano dati i seguenti vettori in R : v = (2, −1, 3), v = (1, 4, 1), v = (3, 3, 1).

1 2 3

3

1. Mostrare che formano una base di R

2. Scrivere il vettore v = (7, −1, −5) come combinazione lineare di v , v , v

1 2 3

Soluzione n

1. Ricordando che n vettori in R formano una base se e solo se sono linearmente

indipendenti e che ciò accade se e solo se la matrice delle loro componenti ha

determinante diverso da zero, basta dimostrare quest’ultimo fatto. In effetti si ha

 

2 −1 3

 

  = −27 6 = 0

det 1 4 1

 

3 3 1

2. Occorre determinare tre numeri reali a, b, c tali che

v = av + bv + cv

1 2 3

Usando la linearità del prodotto scalare-vettore e della somma fra vettori e il principio

di identità dei vettori si perviene al sistema lineare



 2a + b + 3c = 7



 −2a + 4b + 3c = −1





 3a + b + c = −5 50 122 137

la cui soluzione, se non ho sbagliato i conti, è (a, b, c) = (− , − , ). Quindi la

27 27 27

combinazione lineare richiesta è 50 122 137

v = − v − v + v

1 2 3

27 27 27

lo so che fa schifo.. mais c’est la vie!

Esercizio 3. Sia dato il sistema omogeneo





 x − 3x + x + 3x = 0

 1 2 3 4





 2x + 6x − 2x + 6x = 0

1 2 3 4

 x + 3x = 0



 1 4





 3x − x = 0

2 3 2

1. Determinare una base per lo spazio delle soluzioni S.

⊥

2. Dire se il vettore v = (1, 1, −3, 3) appartiene ad S .

Soluzione

1. Osserviamo che la prima equazione si ottiene sottraendo la quarta dalla terza. Invece

la prima equazione si ottiene sommando la quarta alla terza e poi moltiplicando per

due. Dunque le prime due equazioni si possono eliminare in quanto dipendenti dalle

restanti. Ponendo poi x = h e x = k si ottiene

2 4

S = {(3k, h, 3h, k), h, k ∈ R}

Una base per S si ottiene ponendo prima h = 1 e k = 0 e poi h = 0 e k = 1. Quindi

B = {v = (0, 1, 3, 0), v = (3, 0, 0, 1)}

1 2

2. Ricordando che un vettore è ortogonale ad un sottospazio se e soltanto se è ortogonale

a ciascun vettore di una sua base, basta calcolare (v, v ) e (v, v ). Ricordiamo che

1 2

⊥

v ∈ S se e soltanto se entrambi i precedenti prodotti scalari sono nulli. Si ha

(v, v ) = 1 − 9 = −8 6 = 0

1 ⊥

e ciò è sufficiente a concludere che v ∈

/ S .

Esercizio 4. Sia data la retta nel piano r : 2x + 3y + 5 = 0. Calcolare

1. La retta s parallela ad r e passante per il punto (−2, 1).

2. La retta t perpendicolare ad r e passante per il punto (−1, 4).

3. L’eventuale punto di intersezione fra s e t. 2 53

Soluzione: la forma esplicita della retta r è y = − x− , dunque il suo coefficiente angolare

3

23 23 32

è m = − . Di conseguenza m = − e m = . Ricordiamo ora che la formula della retta

r s t

passante per un punto (x , y ) e avente un dato coefficiente angolare m è y−y = m(x−x ).

0 0 0 0

1. s : 2x + 3y + 1 = 0 3

2. t : 3x − 2y + 11 = 0

3. Basta svolgere il sistema ( 2x + 3y + 1 = 0

3x − 2y + 11 = 0

35 19

la cui unica soluzione è evidentemente (x, y) = (− , ).

13 13

Esercizio 5. Calcolare il dominio delle seguenti funzioni

2x−1

1. f (x) = e

3x−1

2. f (x) = 2

4−x

q 3−2x

3. f (x) = 2

x −1

4. f (x) = ln(2 − x) − ln(1 − x)

2

3x−x )

ln( x+1

5. f (x) = 2−3x

ln( )

2

1−x

Soluzione x

1. Poichè la funzione e è sempre definita, allora il dominio dell’esponenziale coincide

con il dominio dell’esponente, che in questo caso è una retta e quindi è sempre

definita. Di conseguenza D = (−∞, ∞).

f

2. L’unico problema è dato da una eventuale divisione per 0 che ricordiamo non è

possibile (non esistono numeri che moltiplicati per 0 danno risultato diverso da 0!!).

2

Quindi bisogna porre 4 − x 6 = 0, cioè n 6 = ±2. Il dominio è quindi

D = (−∞, −2) ∪ (−2, 2) ∪ (2, ∞)

f

3. L’unico problema è dato dalla radice, che non è definita per numeri negativi. Bisogna

quindi porre 3 − 2x ≥ 0

2

x − 1

Si trova allora che 3 ]

D = (−∞, −1) ∪ (1,

f 2

4