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Esercitazione2 − 11 − 2009
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Esercizio 1. Risolvere al variare del parametro reale k i seguenti sistemi lineari
kx − y + z = 2
x − 2 y + 2z = 1
3 x − y − z = 1
kx + y = 1
x + y + (1 − k)z = k
y + z = 1
Soluzione:
- Il determinante della matrice dei coefficienti
e 4k − 2. Quindie diverso da zero per
k 6 = 1/2. Per tali valori di k la soluzione `e unica e calcolabile grazie al teorema di
Cramer. Si ha
(x, y, z) = (
2 k − 1
12 − 3 k
2(2k − 1)
8 − k
2(2k − 1)
Per k = 1 / 2 si moltiplica la prima equazione per 2 e si riconosce subito
l’incompatibilit`a fra la prima e la seconda equazione. Dunque per k = 1/2 il sistema
`e impossibile.
- Il determinante della matrice dei coefficienti `e k
2 − 1. Quindi `e diverso da zero per
k 6 = ±1. Per tali valori di k la soluzione `e unica e calcolabile grazie al teorema di
Cramer. Si ha
(x, y, z) = (−
k + 1
2 k + 1
k + 1
k
k + 1
Per k = 1 si riconosce che la prima e la seconda equazione sono uguali e se ne pu`o
allora cancellare una. Ponendo y = t si trovano le ∞
1 soluzioni
{(1 − t, t, 1 − t), t ∈ R}
Per k = −1, ricavare x nella prima e z nella terza. Sostituire il tutto nella seconda.
Si trova −1 = 1 e quindi il sistema `e impossibile.
Esercizio 2. Siano dati i seguenti vettori in R
3 : v 1 = (2, − 1 , 3), v 2 = (1, 4 , 1), v 3 = (3, 3 , 1).
- Mostrare che formano una base di R
3
- Scrivere il vettore v = (7, − 1 , −5) come combinazione lineare di v 1
, v 2
, v 3
Soluzione
- Ricordando che n vettori in R
n formano una base se e solo se sono linearmente
indipendenti e che ci`o accade se e solo se la matrice delle loro componenti ha
determinante diverso da zero, basta dimostrare quest’ultimo fatto. In effetti si ha
det
- Occorre determinare tre numeri reali a, b, c tali che
v = av 1
Usando la linearit`a del prodotto scalare-vettore e della somma fra vettori e il principio
di identit`a dei vettori si perviene al sistema lineare
2 a + b + 3c = 7
− 2 a + 4b + 3c = − 1
3 a + b + c = − 5
la cui soluzione, se non ho sbagliato i conti, `e (a, b, c) = (−
50
27
122
27
137
27
). Quindi la
combinazione lineare richiesta `e
v = −
v 1
v 2
v 3
lo so che fa schifo.. mais c’est la vie!
Esercizio 3. Sia dato il sistema omogeneo
x 1
− 3 x 2
2 x 1 + 6x 2 − 2 x 3 + 6x 4 = 0
x 1
3 x 2 − x 3 = 0
- t : 3x − 2 y + 11 = 0
- Basta svolgere il sistema
{
2 x + 3y + 1 = 0
3 x − 2 y + 11 = 0
la cui unica soluzione `e evidentemente (x, y) = (−
35
13
19
13
Esercizio 5. Calcolare il dominio delle seguenti funzioni
- f (x) = e
2 x− 1
- f (x) =
3 x− 1
4 −x
2
- f (x) =
3 − 2 x
x
2 − 1
- f (x) = ln(2 − x) − ln(1 − x)
- f (x) =
ln(
3 x−x
2
x+
)
ln(
2 − 3 x
1 −x^2
)
Soluzione
- Poich`e la funzione e
x `e sempre definita, allora il dominio dell’esponenziale coincide
con il dominio dell’esponente, che in questo caso e una retta e quindie sempre
definita. Di conseguenza D f
- L’unico problema
e dato da una eventuale divisione per 0 che ricordiamo none
possibile (non esistono numeri che moltiplicati per 0 danno risultato diverso da 0!!).
Quindi bisogna porre 4 − x
2 6 = 0, cioe n 6 = ±2. Il dominioe quindi
D
f
- L’unico problema
e dato dalla radice, che none definita per numeri negativi. Bisogna
quindi porre
3 − 2 x
x
2 − 1
Si trova allora che
D
f
]
- Ricordiamo che il logaritmo non
e definito per numeri non positivi. Poiche abbiamo
due logaritmi, otteniamo allora la seguente doppia condizione
2 − x > 0
1 − x > 0
Quindi Df = (−∞, 1).
- In questo caso non abbiamo soltanto due logaritmi, ma anche una frazione. Le
condizioni sono pertanto tre. (Ricordiamo che ln(f (x)) = 0 se e solo se f (x) = 1!).
3 x−x
2
x+
2 − 3 x
1 −x
2
2 − 3 x
1 −x
2
La prima disequazione ha soluzioni: x < − 1 ∨ 0 < x < 3; la seconda: − 1 < x <
2
3
∨ x > 1; la terza x 6 =
3 ±
√
5
2
. Quindi
D
f
