Anno accademico 2005-2006 1) Si consideri il sistema di equazioni in due incognite π₯, π¦ { ππ₯ + ππ¦ = π , ππ₯ + ππ¦ = π , dove π, π, π, π, π, π sono numeri interi relativi. (π) Dimostrare che il sistema ammette una e una sola soluzione (non necessariamente intera) qualunque siano π, π se e solo se ππ − ππ ≠ 0. (π) Si supponga di scegliere a caso i coefficienti π, π, π, π, π, π tra gli interi relativi con valore assoluto minore o uguale a un intero positivo π prefissato. Dimostrare che la probabilità che il sistema abbia esattamente una soluzione (non necessariamente intera) è compresa tra 1 − 1/(2π) e 1 − 1/3π2 . La prima parte di questo esercizio è molto semplice e scolastica, la seconda è interessante ed intrigante. (π) Se si moltiplica membro a membro la prima equazione per π e la seconda per π e poi si sottrae la prima alla seconda, si ottiene un’equazione nella sola π₯ (ππ − ππ)π₯ = ππ − ππ . Indipendentemente dal termine noto, si avrà la soluzione π₯= ππ − ππ , se e solo se ππ − ππ ≠ 0 . ππ − ππ Procedendo in maniera analoga per la π¦, si ha π¦= ππ − ππ . ππ − ππ 2 Entrambe le relazioni trovate mostrano che le soluzioni sono rapporti tra interi, cioè numeri razionali. Si tratta, in buona sostanza, della ben nota formula dovuta Gabriel Cramer π₯= βπ¦ βπ₯ , π¦= , β β laddove si è posto βπ₯ = | π π π π | , βπ¦ = | π π π π | , β= | π π π |≠0. π Interpretato in termini geometrici, il sistema individua due rette nel piano cartesiano. Può accadere, allora, che esse siano parallele, in tal caso non si avranno soluzioni ed il sistema viene detto incompatibile; può accadere che le due rette siano coincidenti, in tal caso si avranno infinite soluzioni ed il sistema è detto indeterminato; può, infine, accadere che le due rette siano incidenti in un punto che si ottiene dalla soluzione del sistema, in tal caso il sistema si dice determinato. (π) La seconda parte dell’esercizio equivale a trovare la probabilità che, presi a caso π, π, π, π tra gli interi relativi con valore assoluto minore oppure uguale ad un intero positivo π prefissato, si abbia ππ − ππ = 0. Una volta trovata questa probabilità, bisogna considerare quella dell’evento complementare, in quanto la condizione necessaria e sufficiente affinché il sistema abbia una ed una sola soluzione è che ππ − ππ ≠ 0. Dimostrare, infatti, che 1− 1 1 ≤π ≤1− 2 2π 3π equivale a dire 3 1 1 ≤ 1 − π ≤ . 3π2 2π Trovare π, π, π, π tali che ππ − ππ = 0 corrisponde a determinare 1 − π. Ogni coefficiente può assumere 2π + 1 valori diversi, tanti quanti sono gli interi compresi tra – π e π. Tuttavia, se tra i quattro coefficienti sussiste la relazione ππ = ππ , supponendo π ≠ 0, si può scrivere π= ππ . π È allora evidente che π e π possono essere scelti a piacere, mentre π è vincolato, dal momento che π deve essere intero e compreso tra – π e π. Si parta dall’analisi dei casi limite. Primo caso limite: π e π sono tali per cui π può assumere due soli valori, affinché π sia intero. È certo che π possa assumere almeno due valori: infatti, se π = 0, allora π può assumere ogni valore, mentre se π ≠ 0, π può assumere almeno i valori π e – π. Di conseguenza, π è conseguentemente vincolato e la probabilità è pari a 2/(2π + 1)2 . Secondo caso limite: π e π sono tali per cui b può essere preso anch’esso a piacere. Distinguiamo due sottocasi: - Almeno uno tra a e d è zero. In questa evenienza, che ha probabilità 1(2n/(2n+1))^2, posso prendere π a piacere (e di conseguenza c è nullo), ma se b=0 c non è vincolato, e può essere preso a piacere. Sommando le due probabilità 4 e sottraendo quella del caso b=0, c=0 che viene contata due volte (P(A unione B) = P(A) + P(B) – (P(A intersezione B)), otteniamo che, se almeno uno tra a e d è zero, la probabilità - Né è a di 2/(2n+1) né d – 1/(2n+1)^2 valgono zero. In questa evenienza, che ha probabilità (2n/(2n+1))^2, si ha al massimo una probabilità di 2n/(2n+1)^2, in quanto, posti a,b,d, c è vincolato dalla relazione c=ad/b, poiché abbiamo supposto a e d diversi da 0; inoltre b può essere scelto (nella migliore delle ipotesi) solamente in 2n modi, in quanto non può valere 0. La probabilità è quindi al massimo: (1-(2n/(2n+1))^2) * (2/(2n+1) – 1/(2n+1)^2) + (2n/(2n+1))^2 * 2n/(2n+1)^2 Con una serie di passaggi algebrici (che non vi sto a riportare visto che la dimostrazione è già lunga) si trova che questa probabilità è sempre minore di 1/2n. Dal momento che i casi effettivi sono una via di mezzo tra i casi limite (può capitare che per determinati a e d b possa assumere solo due valori, che possa assumerli tutti, ma anche che possa assumerne alcuni sì e alcuni no), la probabilità è compresa tra quella dei due casi limite; si dovrebbe quindi avere: 2/(2n+1)^2 ma, 1/3n^2 <= poiché, 1-P per <= n <= 1/2n >= 3 2/(2n+1)^2 5 si 1/3n^2 ha <= che: 1-P <= 1/2n ergo: 1-1/2n <= P <= 1-1/3n^2 Per n >= 3 è stato quindi dimostrato, per n = 1 e n = 2 bisogna ancora dimostrare che 1/3n^2 <= 1-P. Per n = 1 i casi possibili sono 81 (a,b,c,d possono valere -1, 0, 1); si può dimostrare che la probabilità è maggiore o uguale a 1/3 trovandone 27 favorevoli. Eccoli: a*d=b*c 0*0=0*0 0*0=0*1 0*0=0*(-1) 0*0=1*0 0*0=(-1)*0 0*1=0*0 0*1=0*1 0*1=0*(-1) 0*1=1*0 0*1=(-1)*0 1*0=0*0 1*0=0*1 6 1*0=0*(-1) 1*0=1*0 1*0=(-1)*0 0*(-1)=0*0 0*(-1)=0*1 0*(-1)=0*(-1) 0*(-1)=1*0 0*(-1)=(-1)*0 (-1)*0=0*0 (-1)*0=0*1 (-1)*0=0*(-1) (-1)*0=1*0 (-1)*0=(-1)*0 1*1=1*1 (-1)*(-1)=(-1)*(-1) Per n = 2 i casi possibili sono 625 (a,b,c,d possono valere -2, -1, 0, 1, 2); si può dimostrare che la probabilità è maggiore o uguale a 1/12 trovandone 53 favorevoli. 27 favorevoli li abbiamo già trovati (quelli scritti prima vanno bene), ce ne restano da trovare altri 26. Sempre guardando quelli scritti prima, proviamo a scriverne di nuovi inserendo 2 dove c’è 1, inserendo -2 dove c’è -1, e lasciando 0 dove c’è 0. Tutti questi casi sono favorevoli e sono di nuovo 27, anche più di quanti ci erano necessari. Ora la dimostrazione è completa: 1-1/2n <= P <= 1-1/3n^2 è verificato per ogni n intero positivo. 7 2) Risolvere 8(4π₯ + 4−π₯ ) − 54(2π₯ + 2−π₯ ) + 101 = 0 . Si osservi inizialmente che l’equazione assegnata è simmetrica, nel senso che se ammette una soluzione π₯ = π₯0 , ammette pure la soluzione π₯ = −π₯0 . Poi, dato che 4π₯ + 4−π₯ = (2π₯ + 2−π₯ )2 − 2 , l’equazione diventa 8(2π₯ + 2−π₯ )2 − 54(2π₯ + 2−π₯ ) + 85 = 0 . Risolvendo nella variabile π’ = 2π₯ + 2−π₯ → 8π’2 − 54π’ + 85 = 0 , si ottengono le due soluzioni reali nella variabile π’ π’1 = 5 17 , π’2 = . 2 4 A questo punto, dato che π₯ 2 +2 −π₯ =π’ → 2 2π₯ π’ ± √π’2 − 4 − π’2 + 1 = 0 → 2 = , 2 π₯ π₯ non è difficile ottenere le quattro soluzioni nella variabile π₯ 8 π₯1 = −1 , π₯2 = 1 , π₯3 = −2 , π₯4 = 2 . Il grafico che segue rappresenta la funzione π¦ = 8(4π₯ + 4−π₯ ) − 54(2π₯ + 2−π₯ ) + 101 , evidenziando le quattro intersezione con l’asse delle ascisse. 9 3) Sia π(π₯) = π0 π₯ π + π1 π₯ π−1 + β― + ππ un polinomio a coefficienti π0 , π1 , β― reali. (π) Mostrare che π(π₯) = π(π₯ + 1) (identicamente) se e solo se π0 = π1 = β― = ππ−1 = 0 . (π) Mostrare che se il grado del polinomio π è 2 esiste almeno un π₯ tale che π(π₯) = π(π₯ + 1). Si osserva che la prima parte dell’esercizio consiste nella dimostrazione di una identità, la seconda parte rappresenta una vera e propria equazione. (π) Se, per ipotesi, si suppone che π0 = π1 = β― = ππ−1 = 0 , allora, la tesi è immediatamente verificata, dal momento che un polinomio è di grado zero, che è una costante del tipo π(π₯) = ππ , verifica l’identità assegnata. Viceversa, se per ipotesi è π(π₯) = π(π₯ + 1) ∀π₯ ∈ β , allora si vuole dimostrare che, fatta eccezione per il termine noto, tutti i coefficienti sono nulli. Si immagini che, per assurdo, uno dei coefficienti sia diverso da zero ππ ≠ 0, con 0 ≤ π ≤ π − 1. Allora, sostituendo nell’identità, s otterrebbe 10 ππ π₯ π + ππ = ππ (π₯ + 1)π + ππ ∀π₯ ∈ β , che fornisce l’unica soluzione ππ = 0, in contrasto con l’ipotesi di assurdo: per convincersene, basta imporre l’identità in π₯ = 0. Si è dunque dimostrato che nesuun coefficiente può essere diverso da zero. (π) Si scriva il generico polinomio di secondo grado π(π₯) = π0 π₯ 2 + π1 π₯ + π2 (π0 ≠ 0) . Dal momento che risulta π(π₯ + 1) = π0 (π₯ + 1)2 + π1 (π₯ + 1) + π2 = π0 π₯ 2 + (π1 + 2π0 )π₯ + π0 + π1 + π2 , uguagliando ed eliminando i monomi uguali, si può scrivere 2π0 π₯ + +π0 + π1 = 0 → π₯ = − 11 π0 + π1 . 2π0 4) (π) Quante parole (stringhe) di 6 caratteri si possono scrivere utilizzando solo le lettere π΄, π΅, πΆ, π·, πΈ, πΉ? (π) Tra le parole di cui al punto (π), quante sono quelle che soddisfano la seguente proprietà: le lettere π΄, π΅, πΆ non sono mai seguite né dalla π· né dalla πΈ, e le lettere π·, πΈ, πΉ non sono mai seguite né dalla π΅ né dalla πΆ? (π) In media, quante volte appare la lettera π΄ nelle parole di cui al punto(π)? e la lettera π΅? (π) Tra le parole di cui al punto (π), quante sono quelle che non contengono due π΄ consecutive? (π) Sono tutte le permutazioni di sei elementi su sei posti, cioè π = 6! = 720 . (π) (π) (π) 12 5) Sia π(π₯) = π₯ 2 + ππ₯ + π, dove π, π sono numeri reali. (π) Mostrare che esiste π₯0 nell’intervallo [−1,1] tale che |π(π₯0 )| ≥ 1/2. (π) Mostrare anche che, se |π(π₯0 )| < 1/2 per ogni π₯ nell’intervallo, allora 1 π(π₯) = π₯ 2 − . 2 La funzione π(π₯) = π₯ 2 + ππ₯ + π rappresenta una famiglia di parabole, tutte ad asse verticale e con la concavità rivolta verso l’alto. (π) Il testo chiede di provare che esiste un’ascissa π₯0 per cui la funzione si trova al di fuori dall’intervallo 1 1 π(π₯) ∉ (− , ) . 2 2 Una maniera per provare ciò è mostrare che le ordinate di due punti della funzione distano più di 1 tra loro: infatti 1 è la distanza delle rette che dovrebbero confinare la funzione, π¦ = −1/2 e π¦ = 1/2. Dato che risulta |π(1) − π(0)| = |1 + π| , |π(−1) − π(0)| = |1 − π| , si vede bene che se π ≥ 0, si ha la tesi per la prima uguaglianza riportata; se invece π ≤ 0, si ha la tesi per la seconda uguaglianza. 13 (π) Riferendosi a quanto appena dimostrato, se π ≠ 0 la funzione supera 1/2 in valore assoluto. Se si desidera che ciò non accada, occorre che π = 0, nel qual caso la funzione diventa π(π₯) = π₯ 2 + π . Ora, dato che |π₯ 2 + π | < 1 1 1 → − < π₯2 + π < , 2 2 2 per essere certi che entrambe le disuguaglianze siano verificate, essendo nell’intervallo considerato 0 ≤ π₯2 ≤ 1 , basta semplicemente imporre che 1 , 1 2 → π=− , { 1 2 1+π ≤ , 2 π≥− che era quanto si voleva dimostrare. 14 6) Siano πΌ, π½ e πΎ gli angoli interni di un triangolo. Dimostrare che: πΌ π½ πΎ sin πΌ + sin π½ + sin πΎ = 4 cos cos cos 2 2 2 (1) sin(2πΌ) + sin(2π½) + sin(2πΎ) = 4 sin πΌ sin π½ sin πΎ (2) sin(4πΌ) + sin(4π½) + sin(4πΎ) = −4 sin(2πΌ) sin(2π½) sin(2πΎ) (3) La chiave di volta per risolvere questo esercizio è la prima formula di prostaferesi sin π + sin π = 2 sin π+π π−π cos . 2 2 Si rammenta, inoltre, che la somma degli angoli interni ad un triangolo vale πΌ+π½+πΎ =π. (1) Si comincia a dimostrare la prima uguaglianza πΌ π½ πΎ π1 = sin πΌ + sin π½ + sin πΎ = 4 cos cos cos . 2 2 2 Allora, per la formula di prostaferesi, si ottiene π1 = 2 sin πΌ+π½ πΌ−π½ cos + sin(π − πΌ − π½) . 2 2 Discende, poi, che π1 = 2 sin πΌ+π½ πΌ−π½ cos + sin(πΌ + π½) , 2 2 15 che si può equivalentemente scrivere usando le formule di duplicazione π1 = 2 sin πΌ+π½ πΌ−π½ πΌ+π½ + cos (cos ). 2 2 2 Infine, adoperando le formule di addizione del coseno, si può scrivere π1 = 4 sin πΌ+π½ πΌ π½ πΌ π½ πΎ cos cos = 4 cos cos cos . 2 2 2 2 2 2 (2) Procedendo in maniera analoga al caso precedente, per la seconda uguaglianza si ottiene π2 = sin(2πΌ) + sin(2π½) + sin(2πΎ) = 2 sin(πΌ + π½) cos(πΌ − π½) − sin(2πΌ + 2π½) . In forza della formula di duplicazione del seno, risulta π2 = 2 sin(πΌ + π½) [cos(πΌ − π½) − cos(πΌ + π½)] . Infine, per la formula di addizione del coseno, si ha π2 = 4 sin(πΌ + π½) sin πΌ sin π½ = 4 sin πΌ sin π½ sin πΎ . (3) Infine, con ovvia estensione dei simboli usati, per la terza uguaglianza si può scrivere π3 = sin(4πΌ) + sin(4π½) + sin(4πΎ) , che, per la formula di prostaferesi e di duplicazione del seno, diventa 16 π3 = 2 sin(2πΌ + 2π½) [cos(2πΌ − 2π½) − cos(2πΌ + 2π½)] . Ancora la formula di addizione del coseno consente di scrivere π3 = 4 sin(2πΌ + 2π½) sin(2πΌ) sin(2π½) = −4 sin(2πΌ) sin(2π½) sin(2πΎ) . 17