Volume 2: Support - Matematica e Informatica

MATHEU
Identificazione, Motivazione e Supporto dei Talenti
Matematici nelle Scuole Europee
MANUALE
Volume 2
Editor
Gregory Makrides, INTERCOLLEGE, Cyprus
Pubblicato da
MATH.EU Project
ISBN 9963-634-31-1
MATHEU
Identificazione, Motivazione e Supporto dei Talenti
Matematici nelle Scuole Europee
MANUALE
Volume 2 (Livello 1)
Editor
Gregory Makrides, INTERCOLLEGE, Cyprus
Pubblicato da
MATH.EU Project
ISBN 9963-634-31-1
Questo progetto é stato realizzato con il supporto della Commissione Europea all’interno
della struttura del Programma Socrates. L’informazione espressa riflette solo i punti di vista
dei patner del progetto MATHEU. La Commissione Europea non può essere responsabile
per utilizzo fatto da questa informazione.
1
2
Patner del Progetto MATHEU
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INTERCOLLEGE / School of Education- Coordinating Institution, CYPRUS
Gregory Makrides
Emilios Solomou
Michalinos Zembylas
Ereas Savva
Elena Michael
Institute of Mathematics-Academy of Sciences, BULGARIA
Petar Kenderov
Sava Grozdev
University of Cyprus, CYPRUS
Athanasios Gagatsis
Costas Christou
Charles University, CZECH REPUBLIC
Jarmila Novotna
Marie Hofmannova
Jaroslav Zhouf
University of Duisburg, GERMANY
Werner Haussmann
University of Crete, GREECE
Michalis Lambrou
University of Palermo, ITALY
Filippo Spagnolo
North University of Baia Mare, ROMANIA
Vasile Berinde
University of Miskolc, HUNGARY
Péter Körtesi
Jenő Szigeti
Collaboratori del Progetto MATHEU
-
Bulgarian Union of Mathematicians
Svetoslav Bilchev
Romanian Math Society
Mircea Becheanu
European Math Society
Tony Gardiner , Mina Teicher
MASSEE
Emilia Velikova
Cyprus Math Society
Ereas Philippou
Union of Mathematicians of Cyprus
Marios Antoniades
Czech Mathematical Society
Jaroslav Svrcek, Vaclav Sykora
Hellenic Math Society
Constantinos Salaris
Italian Math Society
Franco Favilli
Hungarian Mathematical Society
Peter Madaraz
3
4
Indice
Pagina
Principio di Dirichlet
Giochi Matematici
Geometria
Diseguaglianze
Invarianti
Teoria dei Numeri
Polinomi e Equazioni
Successioni Aritmetiche, Geometriche e Armoniche
5
7-12
14-19
20-43
44-70
71-86
87-100
101-126
127-139
6
LIVELLO 1
Il Principio di DIRICHLET
Sava Grozdev
Se vuoi mettere 3 piccole biglie nelle 2 tasche del tuo pantaloncino, senza dubbio risulterà
che 2 delle biglie saranno almeno in una stessa tasca. Inoltre, se sistemi 4 piccole scatole in
3 cassetti della scrivania, non c'è modo di ottenere cassetti con, al massimo, una scatola in
ognuno di loro. Con certezza uno dei cassetti conterrà almeno 2 scatole. Se distribuiamo 5
pappagalli o 5 conigli in 4 gabbie, il proprietario sarà sicuro di avere una gabbia con 2
pappagalli o 2 conigli.
Queste ovvie osservazioni sono alla base di una regola fondamentale, i.e. di un principio,
che afferma: se m oggetti sono distribuiti in n gruppi e m > n, allora almeno due degli
oggetti è nello stesso gruppo.
Questo principio viene chiamato diversamente in paesi differenti. Per esempio in Francia è
noto come il “principio dei cassetti”, in Inghilterra come "il principio della piccionaia”, mentre
in Bulgaria e in Russia - come il “principio di Dirichlet”. Il principio è connesso al nome del
grande matematico tedesco Gustav Lejeune-Dirichlet (1805 - 1859). Il merito di Dirichlet non
è nello scoprire il fatto banale ma nell'applicarlo per risolvere numerosi interessanti problemi
nella Teoria dei Numeri. Dirichlet naturalmente non stabilì come distribuire pappagalli o
conigli nelle gabbie o scatole in cassetti.
Userò il "linguaggio dei cassetti", il principio di Dirichlet stabilisce l'esistenza di un cassetto
con certe proprietà. E’ un'asserzione di esistenza. Comunque il principio non propone di
trovare un algoritmo con proprietà desiderate e di conseguenza è di carattere noncostruttivo. Vale a dire, la dimostrazione costruttiva dell’esistenza che si avvicina al
ragionamento é sempre più convincente. Sembra che questa sia la ragione principale per le
impreviste numerose applicazioni del principio di Dirichlet. I problemi seguenti sono dedicati
a tali applicazioni.
Problema 1. Ci sono 367 alunni in una scuola. Fai vedere che almeno due di loro celebrano
i loro anniversari di compleanno in uno stesso giorno.
Soluzione: Denota ogni giorno dell'anno come un cassetto. Ci sono allora 365 o 366 giorni in
un anno che dipendono dal mese bisestile, quindi il numero di tutti i cassetti è al massimo
366. Metti ogni alunno nel cassetto al quale corrisponde il suo compleanno. Ora la soluzione
del Problema segue direttamente dal principio di Dirichlet.
Problema 2. Si sa dall’anatomia che il numero di tutti i capelli della testa di un uomo è meno
di 200 000. Dimostrare che nella città di Sofia vi siano almeno due persone con lo stesso
numero di capelli sulle loro teste.
Soluzione: Si considerino 200 000 cassetti numerati da 1 a 200 000. Si metta ogni residente
di Sofia in un cassetto con un numero coincidente col numero dei suoi capelli. Siccome tutti i
residenti di Sofia sono più dei cassetti, segue dal principio di Dirichlet che almeno due
residenti sono in uno stesso cassetto. Di conseguenza hanno numeri uguali di capelli sulle
loro teste. Questa asserzione é valida per ogni altra capitale del mondo con un numero di
residenti non minori di 200 000.
Problema 3. Un studente deve risolvere 9 Problemi per settimana. Spiegare perché almeno
un giorno la settimana questo studente non dovrebbe risolvere meno di 2 Problemi.
Soluzione: Noi giustapponiamo un cassetto ad ogni giorno della settimana. Il numero totale
di cassetti è 7. Scegli un cassetto. In esso dovrebbero essere messi i Problemi che lo
7
studente ha risolto durante il giorno che corrispondono al cassetto sotto considerato. Si
procede analogamente con gli altri cassetti applicando il principio di Dirichlet. Questo è
sufficiente per la spiegazione. Il risultato è lo stesso se i Problemi sono 8, 10 o più.
Problema 4. Siano dati 4 numeri naturali. Provare che almeno 2 di loro hanno stesso resto
modulo 3.
Soluzione: Tutti i possibili resti moduli 3 sono 0, 1 e 2. Si consideri 3 cassetti che
corrispondono a resti diversi. Si mettano i 4 numeri naturali in cassetti che dipendono dai loro
resti. Quindi l'affermazione segue dal principio di Dirichlet.
Problema 5. Siano dati 5 numeri naturali. Si provi che almeno una delle differenze tra 2 di
loro è divisibile per 4.
Soluzione: I possibili resti moduli 4 sono 0, 1 2 e 3. Come nel Problema precedente
consideriamo 4 cassetti che corrispondono a resti diversi. Segue dal principio di Dirichlet che
almeno 2 numeri siano in uno stesso cassetto. Alcuni dei resti di questi numeri moduli 4 sono
gli stessi, allora la loro differenza è divisibile per 4 e questo risolve il Problema.
Il teorema seguente potrebbe essere provato analogamente al suddetto Problema:
Teorema. Se n è un numero naturale, allora per n+ 1 numeri naturali arbitrari se ne può
scegliere due tale che la loro differenza è divisibile per n.
Problema 6. Sia a, b e c interi. Provare che il prodotto
abc(b + a)(c + a)(c + b)
é divisibile per 6.
Soluzione: Gli ultimi tre fattori del prodotto considerati sono formati da tutte le possibili coppie
dei tre numeri interi. Almeno due dei tre numeri interi hanno la stessa parità e perciò una
delle somme è pari, i.e. il prodotto è divisibile per 2. Ora uno almeno uno dei tre numeri interi
è divisibile per 3, in questo caso il prodotto è divisibile anche per 3, o i due numeri hanno
rispettivamente resti 1 e 2 moduli 3 e la loro somma è divisibile per 3.
Problema 7. Sei coppie di classi stanno partecipando ad una competizione "colpisci il
bersaglio". Mostrare che almeno due di loro hanno lo stesso numero di colpi se il numero
totale di colpi è uguale a 14.
Soluzione: Mettiamo tutte le coppie di classi che hanno 0 colpi in un cassetto con etichetta 0;
mettiamo tutti le coppie di classi che hanno 1 colpo in un cassetto con etichetta 1 e così via,
mettiamo tutti le coppie di classi che hanno 14 colpi in un cassetto con etichetta 14. Se tutte
le sei classe-coniugi cadono in 6 diversi cassetti, il numero totale di colpi non è meno di 0 +
1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15. Questo contraddice la condizione che il numero dei colpi è uguale a
14. Due coppie di classi hanno almeno di conseguenza lo stesso numero di colpi.
Problema 8. Sette persone stanno facendo compere simultaneamente in un negozio.
Provare che almeno due di loro hanno lo stesso numero di conoscenti degli altri.
Soluzione: Per prima cosa si noti che ogni conoscente è simmetrico, i.e. se A é conoscente
di B, allora B è conoscente di A. In Matematica questa proprietà è chiamata riflessiva. Ogni
persona ha 0, 1, 2 3, 4 5 o 6 conoscenti fra gli altri nel negozio. Ma se c'è una persona con 0
conoscenti, i.e. se c'è una persona che non conosce nessuno fra quellli che che stanno
facendo compere, allora secondo la proprietà riflessiva nessuno dovrebbe essere con 6
conoscenti nel negozio. Dipendendo dal numero di conoscenti tutte le persone potrebbero
essere divise in 6 gruppi, i.e. loro potrebbero essere distribuiti in 6 cassetti. Due casi sono
possibili. Nel primo caso 0 persone cadono nel primo gruppo, 1 persona cade nel secondo
gruppo, 2 persone - nel terzo gruppo, 3 persone - nel quarto gruppo, 4 persone - nel quinto
gruppo e 5 persone - nel sesto gruppo. Nel secondo caso 1 persona cade nel primo gruppo,
2 persone cadono nel secondo gruppo, 3 persone - nel terzo gruppo, 4 persone - nel quarto
gruppo, 5 persone - nel quinto gruppo e 6 persone - nel sesto gruppo. In ambo i casi i gruppi
8
sono 6, mentre il numero delle persone conosciute è 7. Così, l'affermazione segue dal
principio di Dirichlet.
In questo problema noi siamo d'accordo che se due persone non hanno conoscenti, allora
hanno lo stesso numero di conoscenti. Applicando l'idea della soluzione si potrebbe provare
che a Sofia (o in un'altra capitale nel mondo) ci sono almeno 2 residenti con lo stesso
numero di conoscenti fra gli altri residenti di Sofia.
Il suddetto problema è un caso particolare del cosìddetto "Problema del conoscente" che
afferma: Per ciascun gruppo di n persone esistono almeno due di loro con lo stesso numero
di conoscenti nel gruppo.
Problema 9. Sedici squadre stanno giocando in un torneo di football uno contro uno.
Provare che dopo ogni match vi sono almeno due squadre che hanno giocato lo stesso
numero di match.
Soluzione: Analogamente al problema precedente è sufficiente notare che se c'è una
squadra con 0 match giocati, allora non c'è squadra con 15 match giocati. Segue che si
potrebbe considerare 15 cassetti che dipendono dal numero dei match giocati. Dopo di che è
sufficiente per applicare il principio di Dirichlet. Come nel Problema precedente il numero
delle squadre che partecipano non è significativo.
Problema 10. Siano date 5x 5 quadrati che sono divisi in 25 quadrati unitari. In un modo
arbitrario 26 punti sono marcati sul quadrato. Provare che almeno 2 cadono in quadrati
unitari.
Soluzione: In questo problema il quadrato unitario é come un cassetto. Se in ogni cassetto vi
è al massimo un punto, allora tutti i punti sono al più 1 x 25 = 25 . Ma il numero dei punti è 26
e 26> 25. Così, l'affermazione segue dal principio di Dirichlet.
Problema 11. Cinquanta punti sono marcati su di un quadrato di lato 7 cm. Provare che
almeno 2 punti potrebbero essere coperti da un quadrato di lato 1 cm
Soluzione: Si divida il quadrato iniziale in 49 quadrati di lato 1 cm. Deduciamo, come nel
problema precedente, che almeno 2 punti cadono su di un quadrato di lato 1 cm. Tale
quadrato copre i 2 punti.
Problema 12. Centonuno punti sono situati in un quadrato di lato 10 cm. Provare che
esistono 2 punti tale che la distanza tra loro è meno che 2 cm.
Soluzione: Si dovrebbe considerare che i 2 punti più distanti di un quadrato sono le estremità
della sua diagonale. Le estremità definiscono insieme con l'altro vertice, un triangolo isoscele
con i lati uguali al lato del quadrato. Segue che la lunghezza della diagonale è minore della
lunghezza raddoppiata del lato del quadrato. Dalle estremità della diagonale vi sono i punti
più distanti del quadrato, allora la distanza tra coppie di punti del quadrato sono anche minori
della lunghezza raddoppiata del lato. Inoltre, come nel Problema precedente noi dividiamo il
quadrato in 100 più piccoli quadrati con lato 1 cm ognuno. Ora i cassetti sono questi 100 più
piccoli quadrati e dal principio di Dirichlet segue che almeno 2 punti cadono in uno di loro. Si
considerino 2 di tali punti. Come già è stato notato, la distanza tra loro è minore della
lunghezza raddoppiata del piccolo quadrato, i.e. è minore di 2 cm.
Problema 13. Vi sono 7 punti in un quadrato consistente di 16 quadrati unitari. Provare che
4 quadrati unitari formano un quadrato che contiene almeno 3 punti o 12 quadrati unitari
formano 3 quadrati ed ognuno di loro consistente di 4 quadrati unitari e contiene 2 punti.
Soluzione: Si divida il quadrato iniziale in 4 quadrati di tipo 2x 2. Questi 4 quadrati servono
come cassetti. Secondo il principio di Dirichlet uno di loro non contiene meno di 2 punti. Se i
punti sono più di 2, allora siamo a posto. Sia il numero dei punti uguale a 2. I rimanenti 5
punti sono situati negli altri 3 quadrati di tipo 2x 2. Secondo il principio di Dirichlet uno di loro
non contiene di nuovo meno di 2 punti. Se i punti sono più di 2, allora siamo a posto.
9
Altrimenti i punti sono precisamente 2. In tale modo si ottengono 2 quadrati di tipo 2x 2 ed
ognuno di loro contiene 2 punti. I punti rimanenti sono 3 e loro sono situati in 2 quadrati del
tipo 2x2. Si applichi il principio di Dirichlet per la terza volta. Segue che almeno un quadrato
non contiene meno di 2 punti. Se i punti sono 3, allora siamo a posto. Se i punti sono 2,
allora si ottine un terzo quadrato di tipo 2x 2 con 2 punti.
Problema 14. Sia dato un quadrato 3x 3 con 9 quadrati unità. Uno dei numeri -1, 0 o 1 è
scritto su ognuno dei quadrati unità. Provare che fra le somme delle righe, colonne e
diagonali ce ne siano due uguali.
Soluzione: Il numero delle righe è uguale a 3, il numero delle colonne è anche uguale a 3 e
le diagonali sono 2. Così il numero di tutte le somme è uguale a 8. D'altro canto il numero
delle possibili somme dei tre numeri -1, 0 e 1 è 7. Tutte le possibili somme sono: -3, -2, -1 0,
1 2 o 3. Si considerino 7 cassetti che corrispondono ad ognuno delle 7 somme. Segue dal
principio di Dirichlet che almeno 2 delle 8 somme dalle righe, colonne e diagonali sono
uguali.
Problema 15.
Un ghiottone mangiò 10 dolci da una scatola di dolciumi con 3 generi di dolci. Trovare il più
grande valore possibile di n per essere sicuro che il ghiottone ha mangiato almeno n dolci
dello stesso genere.
Soluzione: Se il ghiottone ha mangiato al massimo 3 dolci dello stesso genere, allora il
numero totale dei dolci mangiati è 3x3 = 9 al massimo. Questa è una contraddizione perché
9 <10. Di conseguenza n> 3, ed il possibile valore è n = 4. I cassetti in questo caso sono i
generi diversi di dolci, i.e. essi sono 3. Mettendo 10 dolci in 3 cassetti noi otteniamo almeno
un cassetto con non meno di 4 dolci.
Nella soluzione dell'ultimo Problema si usa la forma più generale che segue dal principio di
Dirichlet: se m soggetti sono distribuiti in gruppi di n e m> nk, dove k è un naturale,
allora almeno k + 1 soggetti cadono in uno dei gruppi.
Per completezza proveremo questa forma più generale del principio di Dirichlet anche se la
prova é semplice come il principio stesso. La prova è piuttosto istruttiva perché con un
ragionamento simile molto spesso è usata per il contrario. Così, si assuma che al massimo k
soggetti appaiono in ogni gruppo. Allora, il numero di tutti i soggetti è uguale a nk che
contraddice la condizione che i soggetti eccedono nk. Adesso siamo a posto! Si consideri un
altro istruttivo dettaglio. È connesso con una determinazione precisa del numero k. infatti è
abbastanza per dividere il numero m dei soggetti dal numero n dei gruppi. Nella maggior
parte dei casi il quoziente è una frazione ma è sufficiente per prendere il più piccolo numero
intero che è più grande del quoziente. Il numero k è uguale a questo più piccolo numero.
Così, se 7 conigli dovessero essere distribuiti in 3 gabbie, dovrebbero essere divisi 7 in 3 e
dovrebbero essere ottenuti
7
7
. Il più piccolo numero intero che è più grrande di è uguale
3
3
a 3. In questo caso il di principio di Dirichlet dice che ci sono almeno 3 conigli in una delle
gabbie.
Problema 16. Vi sono 25 alunni che studiano in una classe. Provare che almeno 3 di loro
sono nati nello stesso mese.
Soluzione: Si consideri 12 cassetti, i.e. tanti quanti sono i mesi in un anno. Si metta gli alunni
nei cassetti secondo i mesi delle loro date di nascita. Allora, m = 25> 12.2 e segue dal
principio di Dirichlet che ci sono almeno 2 + 1 = 3 alunni in uno dei cassetti (in questo caso n
= 12 e k = 2).
Problema 17. Quaranta studenti stanno risolvendo 6 problemi in una gara in una “due giorni”
dell’Olimpiade di matematica. Provare che almeno 6 di loro hanno risolto lo stesso numero di
Problemi.
10
Soluzione: Si considerino 7 cassetti. Si mettano gli studenti che non hanno risolto alcun
problema nel primo, si mettano quelli con 1 problema risolto nel secondo, con 2 problemi
risolti - nel terzo, e così via, quelli con 6 problemi risolti - nel settimo. Abbiamo m = 40> 7x5 =
35 e segue dal principio di Dirichlet che almeno 6 studenti cadono in uno dei cassetti.
Problema 18. In un quartiere risiedono123 persone. La somma degli anni che corrispondono
alle loro età è uguale a 3813. Provare che scegliendo 100 residenti del quartiere si avrebbe
che che la somma dei loro anni non è minore di 3100.
Soluzione: Si classifichino tutti i residenti per età e si prendano i primi 100 più anziani. Il più
giovane di loro non è più giovane dei 23 residenti rimanenti. Proveremo che la somma degli
anni dei primi 100 più anziani non è minore di 3100. Da 31x100 = 3100, segue che il più
giovane dei primi 100 é sotto i 31 anni. Lo stesso è valido per i rimanenti 23 residenti fuori
dai primi 100. Allora l'età totale dei 23 residenti è minore di 23x31=713 anni. Di conseguenza
l'età di tutti i 123 residenti non è minore di 713+3100=3813 anni e questa è una
contraddizione. Si noti che la somma totale di 3100 si è realizzata quando l'età dei primi 100
più anziani é di 31 anni esatti.
Problema 19. Siano date 6 case ed ogni coppia di case è connessa da un percorso che o è
asfaltato o pavimentato. Provare che almeno 3 case sono connesse l'un l'altra da percorsi
dello stesso genere.
Soluzione: Si denoti la casa con le lettere A, B, C, D, E ed F. I percorsi dai quali si inizia con
A sono 5 e segue dal principio di Dirichlet che almeno 3 di loro sono dello stesso genere,
asfaltato per esempio. Si assuma che questi percorsi sono fra A e B, A e C, A e D. I percorsi
sono denotati rispettivamente da AB, AC ed AD, i.e. useremo i nomi delle loro estremità. Si
consideri il caso quando il percorso BC è pavimentato. Altrimenti i percorsi che connettono le
tre case A, B e C sono tutti asfaltati e tutto é a posto. Analogamente si consideri il caso
quando i percorsi BD e CD sono anche pavimentati. Ma allora le case B, C e D sono
connesse da percorsi pavimentati e tutto é a posto.
Una forma equivalente del suddetto problema è la seguente: Dati 6 punti in un piano, non ci
sono 3 di essi collineari. I segmenti che connettono i punti sono colorati in blu o rosso.
Provare che esiste un triangolo monocromatico (questo vuol dire che tutti i vertici del
triangolo sono con lo stesso colore) con vertici fra i punti dati.
Problema 20. Siano dati 17 punti in un piano, nessun gruppo di 3 è collineare. I segmenti
che connettono i punti sono colorati in blu, rosso o verde. Provare che esiste un triangolo
monocromatico con i vertici fra i punti dati.
Soluzione: Si prenda uno dei punti e lo si denota con A. Si considerino i 16 segmenti che
cominciano da A. Segue dal principio di Dirichlet che almeno 6 di questi segmenti
monocromatici sono, blu per esempio (se ci sono al più 5 segmenti di ogni colore, allora tutti i
segmenti sono al più 3x 5 = 15, che contraddice il numero 16 dato). Inoltre, si considerino le
6 estremità dei 6 segmenti che sono diversi da A. Se uno dei segmenti che li connettono è
blu, tra i punti B e C per esempio, allora il triangolo ABC è blu e tutto è a posto. Ora si
consideri il caso quando tutti i segmenti che connettono i 6 punti sono rossi o verdi. Questa è
la condizione del problema precedente e l'esistenza di un triangolo monocromatico segue da
esso.
Problema 21. 193 mosche sono su di un prato erboso rettangolare con dimensioni 3 m x 2
m. È possibile uccidere almeno simultaneamente 3 mosche con un solo colpo usando una
pala con dimensioni 25 cm x 25 cm?
Soluzione: La risposta è positiva. È abbastanza per dividere il prato in 96 quadrati con
dimensioni 25 cm x 25 cm. Il principio di Dirichlet implica che almeno 3 mosche sono in un
quadrato. Ora la pala dovrebbe colpire precisamente tale quadrato.
11
Problema 22. Sono segnati 802 punti in un quadrato di lato 20 cm. Provare che esiste un
quadrato di 1 cm, che contiene almeno 4 punti o di 2 quadrati di lato 1 cm, che contengono 3
punti ognuno.
Soluzione: In questo caso i cassetti sono tutti i 400 quadrati unitari (i.e. quadrati con lato 1
cm) nei quali può essere diviso il quadrato dato. Segue dal principio di Dirichlet che uno di
loro contiene almeno 3 punti. Se i punti sono più di 3, allora siamo a posto. Si supponga che
i punti sono precisamente 3. Allora i rimanenti 799 punti sono situati sugli altri 399 quadrati
unitari. Inoltre dal principio di Dirichlet segue che uno dei 399 quadrati contiene almeno 3
punti. Se i punti sono più di 3, allora siamo a posto. Altrimenti i punti sono precisamente 3,
mentre ottenendo così un secondo quadrato di lato 1 cm che contiene 3 punti.
È chiaro dai problemi considerati che un dettaglio di base per le soluzioni è la
determinazione dei cassetti. L'applicazione del principio di Dirichlet dà una possibilità di
valutare la distribuzione dei "soggetti" nei cassetti. C'è un'altra classe di Problemi che
potrebbero essere risolta da un ragionamento simile al principio di Dirichlet. I "Cassetti"
potrebbero essere usati nelle loro soluzioni, ma questa volta sono limitati, i.e. un numero
limitato di soggetti potrebbe essere messo nei cassetti. Contrariamente al principio di
Dirichlet le stime non concernono le distribuzioni dei soggetti ma il numero dei cassetti usati.
Nel seguito sono proposti alcuni di questi Problemi.
Problema 23. Ci sono 15 scrivanie in una classe con 2 sedie ognuna. Ventidue studenti
sono presenti in una lezione matematica. Provare che gli studenti siedono almeno in coppia
in 7 scrivanie.
Soluzione: Le scrivanie sono cassetti che sono occupati e non é permesso sedere in una
scrivania a non più di 2 studenti. Se ogni scrivania è occupata solamente da uno studente,
allora i rimanenti 7 studenti (22 - 15 = 7) dovrebbe sedere in 7 scrivanie, mentre otteniamo
così 7 scrivanie con studenti in coppia.
Problema 24. I vertici di un poligono regolare di venti lati (20-agono regolare) sono colorati
in blu o rosso. Il numero del vertici rosso è uguale a 9, mentre il numero dei blu è uguale a
11. Provare che almeno 2 vertici blu sono diametralmente opposti.
Soluzione: I cassetti saranno i diametri del cerchio circoscritto al 20-agono regolare. Ogni
diametro connette 2 vertici opposti. Tutti i cassetti sono limitati - ognuno di loro contiene al
più 2 punti che sono le estremità del diametro corrispondente. Il loro numero è uguale a 10.
Si considerino i cassetti con almeno un vertice rosso. Il loro numero è al massimo uguale a
9. Siccome tutti i cassetti sono 10, allora esiste un cassetto senza un vertice rosso. Le
estremità del diametro corrispondente sono blu e questo conclude la prova.
Problema 25. Trovare il valore della frazione se cifre diverse corrispondono a lettere diverse
e cifre uguali corrispondano ad una stessa lettera:
D  I  R  I  C  H  L  E T
.
P R I  N C  I  P L E
Soluzione: Tutte le 10 possibili cifre sono cassetti che sono limitati - non più di una lettera
dovrebbe essere messa in un cassetto. Siccome le lettere diverse sono 10 nella frazione,
segue che una di loro corrisponde allo zero. D'altro canto lo zero non dovrebbe andare al
denominatore, ciò implica che è presente al numeratore e così il valore della frazione è
uguale a 0.
12
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Giochi Matematici
Svetoslav Bilchev, Emiliya Velikova
Sezione1. SCHERZI MATEMATICI
Nei seguenti giochi matematici - scherzi matematici il risultato finale dipende solamente dalle
condizioni iniziali del gioco ma non dalle strategie dei giocatori.
1.1. Problema. Due giocatori ruppero più volte un cioccolato con dimensione mxn. Per
trasportarlo ognuno dei giocatori ruppe solamente il pezzo del cioccolato lungo una delle sue
linee concave. Perde il giocatore che non ha più mosse.
Soluzione. Il punto principale è che con ogni mossa il numero dei pezzi aumenta di uno.
All'inizio noi abbiamo solamente uno pezzo di cioccolato. Ma alla fine noi dobbiamo ottenere
mxn piccoli pezzi. Da adesso, il gioco continuerà solo con (mxn-1) mosse.
Se l'ultima mossa è un numero pari, i.e. mxn è un numero dispari il vincitore è il secondo
giocatore.
Se mxn è anche un numero pari il vincitore è il primo giocatore.
1.2. Problema. I numeri
1, 2, 3,.....,100
sono scritti sulla lavagna. Due giocatori
cancellano di seguito due numeri a e b. Dopo che scrivono il numero a  b  1 fino a che
rimanga un sol numero alla lavagna. Il primo giocatore è il vincitore se l'ultimo numero è un
numero pari. Nell'altro caso il vincitore è il secondo giocatore.
Soluzione. È importante indicare che il numero generale di mosse è 99 ed ogni mossa
decresce di 1 la somma di tutti i numeri. All'inizio del gioco la somma di tutti i numeri:
1  2  3  .....  100  5050 è un numero pari. Sino alla fine del gioco rimarrà il numero
5050  99  4951 (un numero dispari). Il secondo giocatore é adesso il vincitore.
1.3. Problema. I numeri
1, 2, 3,.....,2005
sono scritti alla lavagna. Due giocatori
cancellano di seguito due numeri a e b. Dopo che scrivono il numero
ab
fino a che
rimanga un sol numero alla lavagna. Il primo giocatore è il vincitore se l'ultimo numero è un
numero pari. Nell'altro caso il vincitore è il secondo giocatore.
Soluzione. All'inizio del gioco è necessario che si indichi la somma di tutti i numeri
1  2  3  .....  2005  1003 .2005 è un numero dispari. È facile calcolare che dopo che
ogni mossa questa somma rimane un numero dispari. E' quindi sufficente considerare due
casi – quello dove a e b hanno la stessa o differente parità. Quindi, l'ultimo numero
rimanente è un numero dispari ed il secondo giocatore è sempre il vincitore.
1.4. Problema. Due giocatori stanno giocando il seguente gioco. La prima mossa del
primo giocatore è dividere una pila di 15 pietre in due pile. Allora il primo giocatore scrive giù
il prodotto dei numeri delle pietre per ottennere due pile. Quindi il secondo giocatore fa la
stessa mossa così da ottennere tre parti, e così fino a che si ottengono15 pile di pietre.
i) Sia Ak la somma dei quadrati dei numeri delle pietre in ogni pila quando le pietre
Ak  Ak 1 ;
ii) Infine viene calcolata la somma S dei prodotti ottenuti. Il primo giocatore è vincitore
se la somma S è un numero pari. Nell'altro caso il vincitore è il secondo giocatore.
sono divise in
k
pile. Provare che
14
Soluzione. i) Si supponga che al k -esimo passo una pila di
pile di x e y pietre rispettivamente. Allora


Ak  Ak 1  x  y 2  x 2  y 2  2 xy  0
x  y pietre é divisa in due
Ak  Ak 1 ;
numero Ak decresce
, i.e.
ii) Abbiamo già visto che dopo ogni divisione il
prodotto raddoppiato del numero delle pietre nelle due nuove pile. Quindi

 

dal

1
 A1  Ak   1 152  12  12  ...  12  1 152  15  105 ,
2
2
2
i.e. la somma S è sempre uguale alla costante 105. Allora il secondo giocatore sempre il
S
vincitore, tutto dipende dalla prima mossa del primo giocatore e dal modo di dividere le pile.
Sezione 2. SIMMETRIA
Adesso consideriamo giochi matematici nei quali si vince se si usa l'idea di simmetria.
2.1. Problema. Il campo di gioco é un rettangolo con dimensioni


2  n , che é diviso
in quadrati 1 1 , n é un numero naturale. Due giocatori colorano uno o più quadrati non
colorati o due vicini non colorati (verticale o orizzontale).
Soluzione. Se n è un numero dispari il vincitore è il primo giocatore – per il primo la sua
mossa è dipingere i due quadrati centrali che dividono il campo di gioco in due parti uguali.
Dopo che ha fatto le mosse simmetriche alle mosse del secondo giocatore.
Quando n è un numero pari il vincitore è il secondo giocatore - deve fare mosse
simmetriche alle mosse del primo giocatore con riferimento al centro del campo da gioco.
2.2. Problema. Due giocatori dipingono una delle tre figure - rettangolo

 



1 2
o
quadrati 1 1 , 2  2 di un grande quadrato di dimensioni 10  10 . E‘ impossibile
colorare due volte la stessa figura. Il vincitore è il giocatore che dipinge l'ultima cella del
grande quadrato.
Soluzione. Il vincitore è il primo giocatore con la strategia seguente: La sua prima mossa é
dipingere un quadrato 2  2 il cui centro coincide col centro del grande quadrato. Dopo di
che ripete simmetricamente ogni mossa del secondo giocatore.


2.3. Problema. Due giocatori hanno la possibilità di fare delle mosse su di un foglio
rettangolare di carta 11 100 . Per prima mossa è possibile colorare uno o parecchi celle
da un quadrato. È impossibile dipingere una cella due volte. Il perdente è il giocatore che
non ha ulteriore mossa.


Soluzione. Il vincitore è il primo giocatore se usasse la seguente strategia di simmetria: Deve
dipingere il quadrato in modo tale che il centro coincida con il centro del rettangolo e che la
simmetria é la stessa della simmetria del rettangolo. Dopo di che segue il gioco simmetrico.
La strategia simmetrica del gioco non é obbligatoria per alcuni ragionamenti geometrici.
2.4. Problema. Sia dato un parallelepipido rettangolo di dimensioni:
15
i) 4  4  4
ii) 4  4  3
iii) 4  3  3
ed é formato solo da cubi. Ognuno dei due giocatori che muove per primo può fare un buco
con un ago in una fila se c'è almeno un cubo senza alcun buco. Il perdente è il giocatore che
non si muove più.
Soluzione. Nei casi i) e ii) il vincitore é il secondo giocatore che ha usato una simmetrica
centrale. Nel terzo caso il vincitore é il primo giocatore che fa una buca nella riga dei cubi
centrali dei quattro giocatori 3 3 . E dopo di che é necessario usare una simmetria centrale.
2.5. Problema. Sia dato un n -gono convesso. Due giocatori tracciano una diagonale
del n -gono. Non è permesso tracciare una diagonale con punti comuni con diagonali
tracciate. Perde il giocatore che non ha più mosse.
Soluzione. Il primo giocatore é il vincitore se n é un numero pari – il primo connette i due
vertici opposti del n -gono. Allora n -gono é diviso in due parti con lo stesso numero di
vertici. Allora il primo giocatore fa una mossa simmetrica rispetto al secondo – per ogni
mossa del secondo giocatore in una o nelle due parti ha la possibilità di rispondere con
mosse simmettriche.
Quando n é un numero dispari la soluzione completa é conosciuta agli autori?
2.6. Problema. Due giocatori mettono i “cavalieri” in una scacchiera. Non è permesso
metter un Cavaliere nel posto che è sotto combattimento, come nel gioco degli scacchi,
quando esistono già Cavalieri nella scacchiera. Il perdente è il giocatore che non ha lpiù a
possibilità di metter un Cavaliere nella scacchiera. Chi è il vincitore se il gioco è corretto?
Cenno. Il secondo giocatore é il vincitore che usa una strategia simmetrica rispetto alla
diagonale o al centro.
2.7. Problema. Due giocatori mettono proiettori di luce nei quadrati unità del rettangolo:
i) k  k ; ii) 2  k . Ogni proiettore di luce é sopra tutti i quadrati che non sono nel lato
sinistro e non nel livello più alto. Ogni mossa illumina al più un nuovo quadrato. Il giocatore
che mette il proiettore nell’angolo della parte sinistra è il perdente. Chi può essere il
vincitore?
Answer. i) Il primo giocatore é il vincitore. La sua prima mossa è di illuminare il
quadrato più grande possibile. E dopo é necessario usare una strategia simmetrica. ii) Il
primo giocatore é il vincitore. E’ necessario usare l’induzione. La prima mossa é
nell’utilizzare la parte inferiore destra del quadrato. Poi il primo giocatore, con ogni sua
mossa, può risistemare il campo come “il rettangolo senza il quadrato che sta negli angoli”.
Sezione 3. MINIMAX
In questa Sezione considereremo giochi nei quali il punteggio di ogni giocatore é
variabile con i differenti valori dipendenti dalle mosse dei giocatori ed ogni giocatore vuole
incrementare il suo punteggio.
I giochi saranno con due giocatori la cui somma dei punteggi è un valore costante
indipendente dai giocatori. Gli interessi dei giocatori sono direttamente opposti perché
quando i punteggi di uno dei giocatori aumenta allora il punteggio del secondo giocatore
diminuisce.
16
3.1. Problema. Un ragazzo ed una ragazza dividono 10 vestiti nel seguente modo: il
ragazzo divide i vestiti da due mucchi e la ragazza ne prende uno da essi. Quanti mucchi
sono possibili per essere presi dal ragazzo e dalla ragazza?
Soluzione. Ognuno prenderà esattamente 5 vestiti. In realtà il ragazzo non divide il mucchio
in un numero di vestiti diverso perché la ragazza ne prenderebbe la parte più grande. Allora
il ragazzo fa nel minore tempo possibile il massimo punteggio. Questo tipo di strategia
prende il nome di “minimax”.
3.2. Problema. Alisa e Basilio dividono 10 monete d’oro nel seguente modo. Basilio
divide tutte le monete in due mucchi. Ogni mucchio non può essere più piccolo di due
monete. Dopo di che Alisa divide ogni mucchio in altri due mucchi. Infine Alisa fa il più
grande ed il più piccolo mucchio e gli altri sono per Basilio. Quante monete ottiene Alisa e
quante Basilio?
Soluzione. Basilio divide il mucchio in due con a e b monete, tale che a  b . Alisa può
dividere il primo mucchio, per esempio, in due parti eguali ed il secondo mucchio in due parti
con 1 и b - 1 monete. Pertanto Alisa avrà b monete. Ma b  a , a  b  10 ed allora
b  5 . Alisa avrà un numero di monete maggiore uguale a 5. Se
due parti uguali Alisa prenderà esattamente
mosse.
Ognuno avrà esattamente 5 monete.
5
Basilio divide il mucchio in
monete indipendentemente dalle sue
3.3. Problema. I numeri 1, 2, 3,.....,100,101 sono scritti alla lavagna. Ognuno dei due
giocatori cancella un sottoinsieme di 9 numeri da essa. Dopo 11 cancellate rimangono due
numeri nella lavagna. Il punteggio del primo giocatore è uguale al valore assoluto della
differenza tra questi due numeri. Dimostra che il punteggio del primo giocatore non è più
piccolo di 55, indipendentemente delle mosse del secondo giocatore.
Soluzione. La prima mossa del primo giocatore é di cancellare i nove numeri compresi tra
47 e 55. Allora rimangono numeri che sono divisi in due gruppi: da 1 a 46 e da 56 sino a
101. Allora se il secondo giocatore cancella il numero k il primo giocatore deve cancellare il
numero
55  k
. Quindi il valore assoluto della differenza tra gli ultimi du numeri é 55.
Sezione 4. TEORIA DEI NUMERI
4.1. Problema. Siano dati 14 numeri: 1, 2, 3,...,9,  7 ,  8,  9,  10 ,  11 . Due
giocatori scelgono un numero. Infine ogni giocatore aggiunge i suoi numeri. Il vincitore è il
giocatore che ha una somma con il valore assoluto più alto. Chi dei giocatori ha una strategia
vincente?
Soluzione. La somma di tutti i numeri é
1  2  3  4  5  6  7  8  9   7   8   9   10    11  0 .
Quindi le somme di entrambi i giocatori saranno numeri interi opposti con lo stesso valore
assoluto indipendentemente da chi inizia il gioco e sceglie i numeri. Perciò questo gioco non
ha un vincitore.
4.2. Problema. Il gioco inizia dal numero 60 . Due giocatori diminuiscono il numero
rimanente con uno dei suoi divisori positivi. Il perdente è il giocatore che ottiene zero.
17
Soluzione. Il vincitore é il primo giocatore. Inizia a diminuire il numero 60 con alcuni dei suoi
divisori dispari. Quindi rimane un numero dispari. Perciò il secondo giocatore é obbligato a
diminuire il numero con un numero dispari. Allora il numero restante è ancora un pari. Quindi
il primo giocatore può diminuire il numero con alcuni suoi divisori dispari, per esempio 1, e
così via…
4.3. Problema. Due giocatori scrivono delle cifre iniziando dalla prima cifra non unitaria
sino all’ultima cifra. Il numero delle cifre è 6. Se 7 divide il numero ottenuto il vincitore è il
secondo giocatore, altrimenti è il primo. Chi è il giocatore se il gioco è corretto?
Soluzione. Il secondo giocatore può scrivere in ogni momento la cifra 1 la cifra 4, poi 2 – la
cifra 1, poi 3- la cifra 5, poi 4- la cifra 2, poi 5 – la cifra 6, poi 6 – la cifra 3, poi 7 – la cifra 0.
poi 8 – la cifra 4, poi 9 – la cifra 1. Infine il numero ottenuto é:
ab, cd , ef
sono divisibili per
giocatore é il vincitore
7 . Pertanto
A
A  abcdef , dove I numeri
é divisibile per
7. Quindi il secondo
4.4. Problema. Due giocatori scrivono le cifre iniziando dalla prima cifra unità nell’ordine
sino all’ultima cifra. Il numero di cifre é k . Se 11 divide il numero ottenuto il vincitore é il
secondo giocatore, altrimenti é il primo. Chi è il vincitore se il gioco è corretto? Considera I
casi: i) k - numero pari; ii) k - numero dispari maggiore di 1.
Soluzione. i) Il secondo giocatore mette le stesse cifre come la prima. Il numero ottenuto é
A  aabbcc.... ff
, che é divisibile per 11. Il vincitore é il secondo giocatore. ii) Il vincitore
é il secondo giocatore perché ha la possibilità di usare la stessa strategia e il numero
ottenuto adesso sarà A  aabbcc.... ffg e il numero A non è divisibile per 11 nonostante
la scelta dell’ultima cifra g da parte del primo giocatore.
4.5. Problema.
2n
cifre
1, 2,1, 2,...,1, 2
sono scritte in una riga. Due giocatori mettono
il segno “ + ” o “ . ” tra ogni due cifre successive. Dopo aver messo tutti gli 2n  1 segni,
viene calcolata il valore dell’espressione ottenuta (all’inizio sono stati presi tutti I prodotti e
poi tutte le addizioni). Il primo giocatore è il vincitore se il numero ottenuto è un numero pari.
Altrimenti il vincitore è il secondo giocatore.
Soluzione. Il primo giocatore ha una strategia vincente. La prima mossa è di mettere il
segno “ . ” davanti dell’ultima cifra 2 nella riga. Insieme con ognuno delle rimananti cifre 2
allora vi sono due posti liberi per i segni (destra e sinistra). Dopo di che il primo giocatore
deve fare le mosse tali che nel lato destro o sinistro per ognuna della cifre di sinistra 2 ci sia
il segno “ . ” . Ciò é possibile perché in ogni mossa il secondo giocatore può mettere un
segno in una parte della cifra 2 ed allora il primo giocatore mette il segno “ . “ nell’altra parte
della stessa cifra 2. Infine insieme con ogni cifra 2 rimarrà il segno “ . “. Pertanto abbiamo
addizionato solo numeri pari ed allora il risultato dell’esperessione sarà un numero pari.
4.6. Problema. Due giocatori scrivono k–cifre iniziando dalla prima cifra. Il vincitore è il
primo giocatore se il numero non è divisibile per 9. Altrimenti il vincitore è il secondo
giocatore.
Soluzione. Il resto della divisione del numero per 9 é lo stesso del resto della somma delle
sue cifre.
18
Allora se k é un numero pari il secondo giocatore é il vincitore – in quanto prende come
ultima cifra (l’ultima mossa) il numero che addizionato a 9 da il resto della divisione della
somma della prima k  1 cifra per 9. Allora il numero ottenuto é divisibile per 9.
Se k é un numero dispari il primo giocatore é il vincitore perché l’ultima mossa deve dare un
numero la cui somma delle cifre non può essere divisibile per 9.
4.7. Problema. In una riga sono scritte
n
cifre :
1,1,1,...,1 .
Due giocatori mettono il
segno “ + ” o “ . ” fra ogni due cifre consecutive. Dopo aver messo tutti gli n  1 segni si
calcola il valore ottenuto (inizialmente sono stati presi tutti i prodotti e poi tutte le addizioni). Il
primo giocatore è il vincitore se il numero ottenuto è pari. In caso contrario è il secondo.
Cenno. Vedi la soluzione del problema 4.5.
19
GEOMETRIA
Erea Philippou, Marios Antoniades
Segmenti e Raggi
L’asse di un segmento é una retta, semiretta o altro segmento che é perpendicolare al
segmento nel suo punto medio.
Teorema: Se un punto sta nell’asse di un segmento, allora il punto é equidistante dagli
estremi del segmento.
Teorema: Se un punto é equidistante dagli estremi di un segmento, allora sta nell’asse di un
segmento.
Rette perpendicolari sono due rette che formano angoli retti.
Rette parallele: Le rette parallele sono rette che non si intersecano e che sono complanari.
Una retta che interseca due o più rette complanari in punti distinti é chiamata retta
trasversale.
Angoli
Gli Angoli sono figure geometriche formate da due semirette aventi la stessa origine. Le due
semirette sono chiamate lati dell’angolo ed il loro punto in comune vertice dell’angolo.
Gli angoli possono essere classificati dalla loro misura:
Angoli retti sono angoli che misurano 90°.
Angoli acuti sono angoli che misurano tra 0 e 90°.
Angoli ottusi sono angoli che misurano tra 90 e 180°.
Angoli piani sono angoli che misurano 180°.
Angoli supplementari (adiacenti) a e b che hanno un vertice comune O e il lato comune
OZ; gli altri due lati OX e OY l’uno la continuazione dell’altro. Gli angoli sono supplementari
tra di loro.
Z
b
X
a
O
Y
La soma di angoli supplementari (adiacenti) è uguale a 180 gradi.
Angoli Complementari sono due angoli la cui somma misura 90°. Gli angoli sono
complementari tra di loro.
b
a
Angoli opposti al vertice sono due angoli con un vertice comune, tale che i lati di un angolo
sono continuazione dell’altro. Gli angoli opposti al vertice sono congruenti:
b
a
Una bisettrice di un angolo é una semiretta, che divide l’angolo in due parti eguali
20
a
b
Proprietà di una bisettrice di un angolo: ogni punto della bisettrice é equidistante dai lati
della bisettrice.
Postulato: Se due rette parallele sono tagliate da una trasversale, allora gli angoli
corrispondenti sono congruenti.
Teorema: Se due rette parallele sono tagliate da una trasversale, allora gli angoli alterni
interni sono congruenti.
Teorema: Se due rette parallele sono tagliate da una trasversale, allora gli angoli interni
corrispondenti sono supplementari.
Teorema: Se una trasversale é perpendicolare ad una o due rette parallele, allora é
perpendicolare a tutte le altre.
Postulato: Se due rette sono tagliate da una trasversale e gli angoli corrispondenti sono
congruenti, allora le rette sono parallele.
Teorema: Se due rette sono tagliate da una trasversale e gli angoli alterni interni sono
congruenti, allora le rette sono parallele.
Teorema: Se due rette sono tagliate da una trasversale e gli angoli alterni interni
corrispondenti sono supplementari, allora le rette sono parallele.
Teorema: In un piano, se due rette sono perpendicolari alla stessa retta allora le rette sono
parallele.
Intersecando due rette parallele con una terza retta, sono formati otto angoli, che sono
chiamati a due a due:
2
3
5
6
7
1
4
8
i)
Angoli corrispondenti (1 e 5; 2 e 6; 3 e 7; 4 e 8 ); questi angoli sono uguali a due a due:
( 1 = 5; 2 = 6; 3 = 7; 4 = 8 );
ii) Angoli alterni interni ( 4 e 6; 3 e 5 ); questi angoli sono uguali a due a due;
iii) Angoli alterni esterni ( 1 e 7; 2 e 8 ); questi angoli sono uguali a due a due;
iv) Angoli interni supplementari (3 e 4; 5 e 6 ); la somma di questi a due a due é uguale a
180 gradi ( 3 + 5 = 180 gradi; 4 + 6 = 180 gradi);
v) Angoli esterni supplementari (1 e 2; 7 e 8); la somma di questi a due a due é uguale a
180 gradi ( 1 + 7 = 180 gradi; 2 + 8 = 180 gradi).
Angoli con lati paralleli corrispodenti sono eguali fra di loro, (se entrambi sono acuti o ottusi,
o se la loro soma é 180 gradi ( c + d = 180 gradi.
21
c
a
d
b
Angoli con lati perpendicolari corrspondenti sono anche uguali tra di loro (se entrambi sono
acuti o ottusi, o se la loro soma é 180 gradi).
c
a
d
b
Teorema di Talete. Interseco un angolo con rette parallele, l’angolo é diviso in segmenti
proporzionali:
t2
t1
A
A'
B
l1
B'
l2
C'
C
l3
AB
AC
BC


A' B ' A'C ' B 'C '
Proprietà delle rette parallele:
 Per un punto esterno ad una retta, vi é una ed una sola retta parallela alla retta data.
 Per un punto esterno ad una retta, vi é una ed una sola retta perpendicolare alla retta
data.
 Se due rette sono parallele ad una terza retta allora sono parallele tra di loro.
 Se tre rette parallele tagliano segmenti congruenti dalla parte di una trasversale allora
taglieranno segmenti congruenti per ogni altra trasversale.
Corollario: Una retta che contiene il punto medio di uno dei lati di un triangolo ed é parallela
ad un altro lato biseca il terzo lato del triangolo.
Triangoli
Principali proprietà dei triangoli. In ogni triangolo:
 Un angolo opposto ad un lato maggiore é anch’esso maggiore, ed inversamente.
 Angoli, opposti a lati uguali sono uguali ed inversamente. In particolare, tutti gli angoli di un
triangolo equilatero sono uguali.
 La somma degli angoli interni di un triangolo è 180 gradi.
 La misura di uno degli angoli esterni in un triangolo è uguale alla somma delle misure degli
angoli interni non adiacenti.
 Ogni lato di un triangolo é minore della soma degli altri due e più grande della loro
differenza (a < b + c, a > b – c; b < a + c, b > a – c; c < a + b, c > a – b ).
22
Triangoli Congruenti
Teoremi sulla congrunenza dei triangoli.
Due triangoli sono congruenti, se hanno rispettivamente uguali:
a) Due lati e l’angolo tra essi compreso;
b) Due angoli ed un lato adiacenti ad essi;
c) Tre lati.
Teoremi sulla congruenza dei triangoli rettangoli.
Due triangoli rettangoli sono congruneti se è valida una delle seguenti condizioni:
a) i cateti sono uguali;
b) un cateto e l’ipotenusa di un triangolo é uguale all’altro;
c) una ipotenusa ed un angolo acuto dell’uno è uguale all’altro triangolo;
d) un cateto ed un angolo acuto dell’uno è uguale all’altro triangolo;
e) un cateto e un angolo acuto opposto di uno è uguale all’altro triangolo.
Teorema: Se due lati di un triangolo sono congruenti allora gli angoli opposti a questi lati
sono congruenti.
Corollario : La bisettrice di un angolo al vertice di un triangolo isoscele é perpendicolare alla
base nel punto medo.
Teorema: Se due angoli di un triangolo sono congruenti, allora i lati opposti agli angoli sono
congruenti.
Teorema: Se due angoli ed un lato non adiacente di un triangolo sono congruenti ad un altro
trinagolo, allora I triangoli sono congruenti.
Mediana é un segmento, che congiunge ogni vertice del triangolo al punto medio del
segmento opposto. Le tre mediane di un triangolo si intersecano in un punto G (sempre
interno al triangolo), che si chiama baricentro (o centro di gravità) del triangolo. Questo punto
divide ogni mediana con il rapporto 2:1, a partire dal vertice.
A
M
L
G
C
K
B
Altezza di un triangolo é la perpendicolare, da un vertice al suo lato opposto (o alla sua
continuazione). Le tre altezze di un triangolo si intersecano in un punto che è chiamato
ortocentro del triangolo. L’ortocentro di un triangolo acuto cade dentro il triangolo;
l’ortocentro di un triangolo ottuso cade fuori del triangolo; l’ortocentro di un triangolo
rettangolo coincide con il vertice dell’angolo retto.
A
A
E
E
A
A
Z
E
E
H
Z
D
H
B
C
B
C
D
D
B
D
C
H
B
Z
H
23
Z
Bisettrice é un segmento che divide l’angolo a metà e congiunge il vertice dell’angolo al
lato opposto. Le tre bisettrici di un triangolo (AD, BE, CF) si intersecano in un punto (sempre
interno al triangolo, che è il centro del triangolo inscritto (incentro)
A
E
F
O
B
C
D
Una bisettrice divide il lato opposto in due parti, proporzionali ai lati adiacenti; per esempio,
BD
DC
=
AB .
AC
L’asse di un segmento é una perpendicolare tracciata dal punto medio di un segmento
(lato). Le tre perpendicolari di un triangolo ABC si incontrano in un punto K, che é il centor
del cerchio circoscritto al triangolo.
A
M
N
K
B
C
L
Teorema: Il segmento i cui estremi sono punti medi di due lati di un triangolo:
A
N
M
C
B
a) é parallelo al terzo lato.
b) La lunghezza é metà della lunghezza del terzo lato.
Triangoli Rettangoli
Teorema: Il punto medio dell’ipotenusa di un triangolo rettangolo é equidistante dai tre
vertici.
Teorema di Pitagora. In un triangolo rettangolo Il quadrato costruito sull’ipotenusa é
equivalente alla somma dei quadrati costruiti sui cateti.
24
Teorema: Se il quadrato costruito su di un lato del triangolo é equivalente alla somma dei
quadrati costruiti sui cateti allora il triangolo é rettangolo.
Teorema: Se il quadrato costruito sul lato più lungo di un triangolo é più grande della somma
dei quadrati costruiti sugli altri due lati allora il triangolo é ottussangolo.
Teorema: Se il quadrato costruito sul lato più lungo di un triangolo é più piccolo della somma
dei quadrati costruiti sugli altri due lati allora il triangolo è acutangolo.
Teorema: (diseguaglianza triangolare): La somma delle lunghezze di due lati di un triangolo
é più grande della lunghezza del terzo lato.
Teorema: Se due lati di un triangolo sono congruenti con i due lati di un altro triangolo, ma
l’angolo incluso del primo triangolo é più ampio dell’angolo incluso del secondo triangolo
allora, il terzo lato del primo triangolo é più lungo del terzo lato del secondo triangolo.
Teorema: Se due lati di un triangolo sono congruenti con i lati di un altro triangolo, ma il
terzo lato del primo triangolo é più grande del terzo lato del secondo triangolo, allora l’angolo
incluso del primo triangolo è più grande dell’angolo incluso del secondo triangolo.
Grandezze, Proporzioni e Similitudini
Triangoli Simili:
Postulato: Se due angoli di un triangolo sono congruenti con due angoli di un altro triangolo
allora i due triangoli sono simili.
Teorema: Se un angolo di un triangolo é congruenete con un altro angolo di un altro
triangolo e i cateti che includono l’angolo sono in proporzione allora, i triangoli sono simili.
Teorema: Se i lati di due triangoli sono in proporzione, allora i triangoli sono simili.
Teorema: Teorema della proporzionalità del triangolo: Se una retta parallela ad uno dei lati
di un triangolo interseca gli altri due lati, allora la retta divide questi lati in proporzione.
Corollario: Se tre rette parallele intersecano due trasversali, allora le rette parallele dividono
la trasversale in proporzione.
Teorema: Il teorema della bisettrice di un triangolo: Se una semiretta biseca un angolo di un
triangolo, allora divide il lato opposto dell’angolo in un segmento proporzionale agli altri due
lati.
Medio Proporzionale Geometrico: Il medio proporzionale tra due numeri x e z é definito da
x y
=
y z
e y é chiamato il medio proporzionale tra x e z.
Teorema: Se si traccia l’altezza relativa all’ipotenusa in un triangolo rettangolo, allora i due
triangoli formati sono simili tra di loro ed al triangolo originale.
Corollario 1: Quando si traccia l’altezza relativa all’ipotenusa di un triangolo rettangolo, la
lunghezza dell’altezza é media proporzionale tra il nuovo segmento e l’ipotenusa.
Corollario 2: Quando si traccia l’altezza relativa all’ipotenusa del triangolo rettangolo, ogni
cateto é medio proporzionale tra l’ipotenusa e la proiezione del segmento sull’ipotenusa.
Relazioni tra i lati per un triangolo arbitrario.
Nel caso generale (per ogni triangolo) abbiamo:
c² = a² + b² – 2ab · cos C,
Il Trapezoide é un quadrangolo, di cui due lati opposti sono paralleli .
A
B
N
M
C
D
In questo caso AB // DC. I lati paralleli sono chiamati basi del trapezoide, gli altri due lati
(AD e BC) – lati laterali. Il segmento MN, che congiunge I punti medi M e N dei lati laterali, è
chiamato mediana del trapezoide.
25
 La mediana del trapezoide é uguale alla semi somma delle basi :
MN =
AB + DC
2
ed è parallela a: MN // AB // DC.
Similarità delle figure piane. Criteri di Similarità dei triangoli
Criteri di similarità dei triangoli. Due triangoli sono simili, se:
 Tutti gli angoli corrispondenti sono uguali;
 Tutti i lati sono proporzionali;
 due lati del primo triangolo sono proporzionali ai due lati dell’altro e gli angoli inclusi tra i
lati sono uguali.
Due triangoli rettangoli sono simili, se
 i loro cateti sono proporzionali;
 un cateto e l’ipotenusa di un triangolo sono proporzionali al cateto e l’ipotenusa dell’altro;
 due angoli del primo triangolo sono uguali ai due angoli del secondo triangolo.
Aree di figure simili sono proporzionali ai quadrati dei lati corrispondenti. Quindi, aree di
cerchi sono proporzionali ai quadrati dei diametri (o raggi).
CIRCONFERENZA
Una circonferenza è un insieme di punti in un piano equidistanti da un punto fisso.
Il punto fisso é chiamato centro e la distanza dal punto fisso dell’insieme dei punti é il
raggio.
Un segmento che congiunge il centro e i punti della circonferenza è chiamato raggio.
Un segmento che congiunge due punti della circonferenza é chiamato corda.
Una corda che passa per il centro é chiamato diametro.
A
KE, KC, KD: Radius
AB, CD: Chords
C
B
K
EF: Diameter
D
E
Diametro di una circonferenza é due volte il raggio.
Se una circonferenza è tracciata attorno ad un poligono, ed i vertici del poligono toccano la
circonferenza, si dice che la circonferenza é circoscritta al poligono.
Se un poligono é tracciato dentro una circonferenza con i vertici del poligono che toccano la
circonferenza allora il poligono é inscritto alla circonferenza
Tangenti
Una tangente di una circonferenza é una retta complanare con la circonferenza che
interseca la circonferenza in un solo punto, chiamato punto di tangenza.
26
X
A: Point of tangency
A
XY: tangent of the circle (K, KA)
Y
K
Teorema: Se una retta é tangente alla circonferenza allora il raggio é perpendicolare alla
retta nel suo punto di tangenza.
Teorema: Se una retta é perpendicolare al raggio di una circonferenza nel suo estremo del
raggio, allora la retta è tangente alla circonferenza.
Una retta tangente che é complanare alla circonferenza é chiamata tangente comune.
Archi
A
A
AB : minor arc AB
B
B
K
K
AB : major arc AB
Angolo al Centro di una circonferenza è un angolo che ha come vertice il centro cella
circonferenza.
L’angolo al centro di un arco é l’angolo al centro di una circonferenza che con gli estremi
dell’angolo interseca un arco minore.
 La misura dell’arco minore è la misura dell’angolo al centro.
Archi e Corde
Teorema: In circonferenze congruenti o nella stessa circonferenza:
i)
archi congruenti hanno corde congruenti.
ii) corde congruenti hanno archi congruenti.
Teorema: Un diametro che é perpendicolare ad una corda biseca questa corda e l’arco
sotteso alla corda.
Teorema: Nelle circonferenze congruenti o nella stessa circonferenza:
i)
corde che hanno eguale distanza dal centro (o centri) sono congruenti.
ii) corde congruenti hanno uguale distanza dal centro (centri).
Angoli e Segmenti
Gli angoli inscritti sono angoli i cui vertici sono nella circonferenza e i cui lati contengono
corde della circonferenza.
Teorema: La misura di un angolo inscritto é uguale alla metà della misura degli archi
dell’arco in cui insistono.
Corollario: Se due angoli interecettano lo stesso arco, allora gli angoli sono congruenti.
Corollario: Se un quadrilatero é inscritto in una circonferenza, allora gli angoli opposti del
quadrilatero sono supplementari.
Corollario: Un angolo inscritto in un semicerchio é retto.
Teorema: La misura dell’angolo formato da una corda e da una tangente é uguale alla metà
della misura dell’arco in cui insistono.
27
Teorema: La misura di un angolo formato da due corde che si intersecano in un cerchio é
uguale alla semi somma delle misure degli archi.
Angoli e Segmenti
Teorema: Quando due corde si intersecano in una circonferenza, il prodotto delle lunghezze
dei segmenti di una corda é uguale al prodotto delle lunghezze dei segmenti dell’altra corda.
Teorema: Quando due segmenti secanti sono tracciati in una circonferenza da un punto
esterno ad essa, il prodotto delle lunghezza del segmento secante e la sua parte esterna é
eguale al prodotto delle lunghezze dell’altro segmento secante e la sua parte esterna.
Teorema: Quando un segmento secante ed un segmento tangente sono tracciati ad una
circonferenza da un punto esterno alla circonferenza, il prodotto della lunghezza del
segmento secante e la sua parte esterna é uguale al quadrato della lunghezza del segmento
tangente.
T
A
B
S
A
C
S
D
S
C
A
B
B
D
SA  SB  SC  SD
SA  SB  ST 2
SA  SB  SC  SD
Proprietà della tangente.
 Da un punto, esterno alla circonferenza, si traccino due tangenti alla stessa
circonferenza; le lunghezze di questi segmenti sono eguali.
B
A
C
AB, AC tangent  AB = AC
Angolo inscritto – un angolo formato da due corde AB e AC tracciate da un punto comune.
Relazioni tra elementi di una circonferenza.
 Un angolo inscritto é uguale alla metà dell’angolo al centro corispondente, inscritto sullo
stesso arco.
 Tutti gli angoli inscritti, inscritti sullo stesso arco, sono eguali.
 Ogni angolo inscritto è misurato dalla metà di un arco, sul quale è inscritto.
 Tutti gli angoli inscritti, inscritti su di una semicirconferenza, sono angoli retti.
28
C
C
O
x
A
K
K
B
O
2x
A
B
 Un angolo, formato da una tangente ed una corda, é misurato dalla metà di un arco, che è
difinito dentro l’arco stesso formato da una tangente ed una secante, é misurato dalla
semi-differenza degli archi, definiti dentro gli archi stessi.
Θ
Θ
 L’angolo tra due secanti, che interseca esternamente la circonferenza, é misurata dalla
metà della differenza degli angoli al centro che sottendono gli archi.
B
A
O
E
D
C

Ê  12 AD  BC

Casi Speciali
Teorema di Tolomeo: Sia ABCD un quadrilatero inscritto.
Allora AB ·CD  AD ·BC  AC ·BD (AC, BD diagonali)
Teorema (Retta di Simson): Sia ABC un triangolo e P un punto sulla circonferenza
circoscritta (oltre che A, B, C). Allora il piede delle perpendicolari tracciate da P ai lati AB,
BC, CA (o loro prolungamenti) sono collineari.
29
R
A
P
S
B
T
C
Teorema di Eulero (I Nove Punti sulla Circonferenza): In ogni triangolo, si può
individuare una circonferenza che passa dai punti medi delle estremità di questo triangolo,
per i punti medi dei suoi segmenti perpendicolari e per i piedi delle perpendicolari date del
triangolo.
A
E
P
Z
M
L
H
R
Q
B
K
D
C
Teorema di Ceva: Sia ABC un triangolo, e siano P, Q, R punti nella retta BC, CA, AB,
rispettivamente. Allora le rette AP, BQ, CR sono coincidenti se e solo se
BP CQ AR
· ·
1
PC QA RB
Teorema di Menelao: Sia ABC un triangolo, e siano P, Q, R punti sulle rette BC, CA, AB,
rispettivamente. Allora P, Q, R sono collineari se e solo se
BP CQ AR
· ·
 1
PC QA RB
Esercizi
Problema 1. Nel seguente diagramma, cerca la soma degli angoli        tra le due
rette parallele.
30





Soluzione
 +  +  +  = 3
Problema 2. Sia M il punto medio del lato BC del triangolo ABC (AB > AC) , e sia AL la
bisettrice dell’angolo A. Retta passante da M perpendicolare ad AL interseca il lato AB nel
punto D. Provare che AD 
1
 AB  AC 
2
Soluzione
A
D
L
B
C
M
P
K
La retta DM interseca la retta AC nel punto K. Quindi il triangolo DKA è un triangolo
isoscele  AD=AK.
CP//AB (P é il punto dove la retta interseca DK). Il triangolo BDM é congruente a
MPC  BD=PC.
CPK  ADP  il triangolo PCK é un triangolo isoscele
 PC = CK  BD=PC=CK
AD=AK=AC+CK  AD=AC+BD  AD=AC+AB-AD 2AD=AC+AB 
AD = ½ (AB+AC)
Problema 3. In un quadrato ABCD (vedi figura),  =

12

. Provare che ABE é equilatero.
B
A
E
D



C
Soluzione
Si costruisca il traingolo equilatero DCF come mostrato in figura.
DE = EC (DEC triangolo isoscele)
31
ADE  BCE 



2 12
(1) e AE  BE ( ADE   BCE ) (2), allora
 DFC e  DEC sono entrambi isosceli, quindi FE é la bisettrice perpendicoare del



5
segmento DC .   DEF =
–a= –
=
(3)
2
2 12 12
Da (1) e (3)   ADE =  DEF = AE = DF = DC = AB (4)
Da (2) e (4) il triangolo AEB é equilatero.
B
A
E


D
C
F
Problema 4. (Olimpiadi Matematiche Canadesi, 1975). Nella figura A, B, C, D sono quattro
punti consecutivi in una circonferenza di un cerchio e P, Q, R, S sono punti nella
circonferenza che sono, rispettivamente, i punti medi degli archi,  , BC , CD , DA .
Provare che PR é perpendicolare a QS.
A
P
S
B
T
O
Q
D
C
R

Soluzione
Sia PR che QS intersecano T, e sia O il centro del cerchio.
AB  BC  CD  DA  2  2PB  2BQ  2RD  2DS  2 
 PB  BQ   RD  DS     PBQ  RDS  
(1)
 PSQ  PQS     PST  SPT     12  POQ  ROS     12  
 Le rette QS e PR sono perpendicolari.
32

2
Problema 5. Sia dato un trinagolo ABC ed il cerchio inscritto sia tangente al lato AB in D.
Mostrare che: BD = 1 (AB + BC – CA)
2
Soluzione
Si tracci la perpendicolare dal centro del cerchio nel lato del triangolo.
A
E
D
I
B
C
F
AB = AD + DB  AB = AE + DB  AB = AC – EC + DB 
AB = AC – CF + DB  AB = AC – (BC – BF) + DB 
1
AB = AC – BC + BF + DB  AB = AC – BC + 2DB  BD = (AB + BC – CA)
2
Problema 6. ABCD é un parallelogramma. I punti E e Z sono nei lati AB e CD
rispettivamente, tale che CZ=AE. Provare che i punti di intersezione delle diagonali del
quadrilatero ABCD ed EFZH sono comuni.
Soluzione
Proviamo che il quadrilatero EFZH è un parallelogramma.
 CZF =  AEH  HE = ZF (1)
BE = DZ, BF = DH   DZH =  BEF  HZ = EF (2)
(1) Sommato a (2)  EFZH è un parallelogramma. (3)
AE // = ZC  AECZ é un parallelogramma  le diagonali AC e EZ si intersecano, sia
questo punto O.
E
A
B
H
F
D
Z
C
O é il punto medio del segmento AC  O é il punto comune delle diagonali del
parallelogramma ABCD.
Similarmente O é il punto medio del segmento EZ, quindi O é anche il punto comune
delle diagonali del quadrilatero EFZH.
33
Problema 7. Sia dato un triangolo ABC (AB < AC) e D il punto medio del lato AC. Nel raggio
DB, si prenda un segmento DE = AC . Provare che la retta verticale da E alla bisettrice
2
dell’angolo A passa dal punto medio del lato BC.
Soluzione
La perpendicolare da E alla bisettrice dell’angolo A interseca il segmento AC nel
punto Z e la perpendicolare da B la bisettrice nel punto H.
I triangoli ABH, AEZ sono isosceli  AZ = AE, AH = AB. 
AB AC
AZ – AH = AE – AB  HZ = AD + DE – AB =
+
– AB 
2
2
AC – AB
HZ =
(1)
2
A
D
H
Z
B
C
M
E
HC = AC – AH  HC = AC – AB (2)
 ZC = HC – HZ = AC – AB – AC – AB = AC – AB 
2
2
AC – AB
ZC =
(3)
2
(1) e (3)  HZ = ZC. Quindi nel triangolo CHB, Z é il punto medio del lato CH e ZE //
HB.  Il segmento ZE passa per il punto medio del lato BC.
Problema 8. Sia dato un quadrilatero ABCD. Una retta (l) che congiunge i punti medi H, F
delle diagonali BD, AC interseca i lati AD, BC nei punti E e Z. Provare che: AE = CZ
ED
Soluzione
Costruire le rette AI e CK parallele alla diagonale DB.
A
B
K
Z
I
E
H
F
C
D
I triangoli AIE, EDH e ZCK, ZHB sono simili 
34
BZ
AE
=
ED
AI ,
DH
CZ CK

BZ BH
BH=HD, AI = CK  AE = CZ
ED
BZ
Problema 9. Sia dato un triangolo ABC e 2BC = AB + AC . Provare che la bisettrice
dell’angolo A è verticale alla retta che congiunge i centri del cerchio inscritto e circoscritto.
Soluzione
A
O
I
B
C
D
Siano I ed O i centri del cerchio inscritto e circoscritto rispettivamente. La bisettrice AI
incontra il cerchio circoscritto nel punto D.
ABCD (Teorema di Ptolemeus) 
 AD  BC    AB CD    AC BD   BD  AB  AC   BD   2 BC  
 AD  2  BD .
Tuttavia BD = DI ( IBD = BID ) 
segmento AD  OI é verticale ad AD.
(AD) = 2(AI)  I é il punto medio del
Problema 10. Sia ABCD un parallelogramma. Il cerchio passa dal punto A, interseca I lati
AB, AD e la diagonale AC nei punti B', D', C' rispettivamente. Provare che:
(AB')(AB) + (AD')(AD) = (AC)(AC')
Soluzione
B'
A
B
D'
C'
D
C
AB'C'D' (Teorema di Tolemeo) (AB')(D'C') + (AD')(B'C') = (AC')(DB') (1)
B'D'C' e ADC sono simili  BC' = C'D' = B'D' 
AD
CD
AC
B'D' (2),
B'D' (3)
B'C' = AD
C'D' = DC
AC
AC
(1), (2), (3)  (AB')(AB) + (AD')(AD) = (AC)(AC')
35
Problema 11. Dato un triangolo ABC tale che A = 2 . Sia
CA + AI = BC , cerca l’angolo B rispetto a  .
I l’incentro di ABC . Se
Soluzione
D
A
θ θ
I
B
C
AI è la bisettrice dell’angolo A  BAI = CAI = 
Prendere il punto D nella retta AC tale che AD = AI .  ADI triangolo isoscele
 ADI = AID .
1
(1)
2
CA + AI = BC , AD = AI  BC = CA + AD  BC = CD 
 CDI =  CBI  ADI = CBI  ADI = CBI = 1  
2
B = 2 CBI = 
L’angolo  é un angolo esterno al triangolo ADI  ADI =
Sia dato il quadrilatero convesso ABCD con ADC > 90o , BDC > 90o .
Sia E il punto nel quale la retta AC interseca la retta parallela a AD per B, e sia F il punto nel
quale la retta BD interseca la retta parallela a BC per A. Provare che EF è parallela a CD.
Problema 12.
Soluzione
Sia P il punto di intersezione delle diagonali AC e BD.
36
B
A
P
D
C
F
E
PA PF AF
BC // AF  PAF  PCB 


(1)
PC PB CB


PE PB EB
AD // BE  PEB  PAD 


(2)
PA PD AD
PA PE PF PB
PE PF
(1) · (2) 
(dal teorema di Talete)  DC//EF
·

·


PC PA PB PD
PC PD
Problema 13.
Sia dato il parallelogramma ABCD e P un punto interno tale che
o
APB + CPD = 180 . Provare che PBC = CDP .
Soluzione
Traccia una retta ST per P parallela a AB che incontra BC e AD in T e S rispettivamente.
Prolunga BC da Q tale che TQ=BC. Prolunga AD da R tale che SR=AD.
Il quadrilatero BCXP è un parallelogramma (BC //= PX)
Il quadrilatero APXD è un parallelogramma (AD //= PX)
A
B
Y
P
S
T
D
C
R
X
Q
BPY  CXP , YPA  PXD come angoli corrispondenti.
 APB  BPY  Y PA  CXP  PXD  CXD .
 CDP  CXD  180o  PCXD é ciclico.
CDP  CXP (Sotteso allo stesso arco)
CXP  XCQ (angoli alterni), XCQ  PBC (angoli corrispondenti)
 CDP  PBC
Problema 14. Sia ABC un triangolo e M il punto medio di BC. Supponiamo BAM  ACB
e MAC  15o . Determinare ACB .
Soluzione
37
Sia O il centro del cerchio circoscritto del traingolo AMC.
ACM  BAM    MOC  30o .
ACM  BAM  AB é tangente al cerchio (O,OC)
Sia D, E I piedi OC delle perpendicolari BD e ME.
 ME 
OM
, BC=2MC  BD=2ME=OM=AO ABDO é un rettangolo.
2
O
A
150
θ
D
E
θ
B
C
M
 CAO  45o  BAC  450
 ACB  BAD  BAC  DAC  450  150  300
Problema 15. Sia data una retta XY e messi in ordine I punti A, B, C tali che AB  2BC .
Costruire dalla stessa parte della retta XY i triangoli equilateri ABD e BCE . Le rette DE e
AC intersecano nel punto Z e le rette DB e AE in G .
Provare che  DG   2  GB  .
Soluzione
D
E
G
A
C
B
Z
DAB  BEC  60o ( ABD e BCE triangoli equilateri)  DA // BE (1)
AB AD
BE  BC 

(2)
2
2
AD
 B é il punto medio di AZ ed E il punto medio di DZ.
1   2  BE // 
2
DB e AE sono mediane del triangolo ADZ  G é il baricentro di ADZ  DG = 2GB.
38
Problema 16. Sia dato il triangolo ABC e punti D e E nei lati AB e AC rispettivamente tali che
BD=CE. Sia M il punto medio del segmento DE e P il punto medio del lato BC. Provare che
PM é parallela alla bisettrice dell’angolo A.
Soluzione
A
G
H
D
M
E
K
Z
B
P
C
X
Tracciare la retta verticale dai punti D, B alla bisettrice AX. (vedi figura)
DAG é un triangolo isoscele (AH é bisettrice ed altezza)  AH è anche mediana 
DH=HG.
H punto medio di DG, M punto medio di DE  HM // =
GE
(1)
2
KC
(2)
2
1   2  HM // AC e ZP // AC  HM // ZP (3)
Similmente proviamo che ZP // 
DAG é triangolo isoscele  AB=AK e AD=AG  AB  AD  AK  AG 
BD = GK  EC = GK  EK  KC  GE  EK  KC  GE (4)
BAK ,
1   2  3   4 
HM // = ZP 
HMPZ é un parallelogramma  HZ = MP  PM // AX
Problema 17. Siano dati due punti D, E nel semicerchio (c) con diametro AB. Costruire un
parallelogramma ADCE. Provare che le rette DE e BC sono parallele.
Soluzione
Traccia le rette DB e DC, H intersezione di BE e DC e G il punto di intersezione delle
rette DB e CE.
C
H
D
E
Z
G
A
O
39
B
AB é un diametro  ADB  90o  AD  DG , CE // DA  CE  DB  CG
altezza del triangolo DBC.
Similmente BH é altezza del triangolo BDC.
Quindi, CG, BH sono due altezze del triangolo BDC  E é l’ortocentro del triangolo
 DE  BC
Problema 18. Sia dato un triangolo isoscele ABC e il cerchio circoscritto (c). M il punto medio
dell’arco BC . Metti il punto K nel lato BC e traccia da K la perpendicolare a MK, che
interseca i lati uguali AB e AC ai punti D e E rispettivamente. Provare che DK=KE.
Soluzione
A
O
D
K
C
B
E
M
MB  MC  MB  MC  AM asse del segmento BC  AM diametro  ABM =
ACM = 90°  MK  DE e MB  AB  il quadrilatero MBDK é inscritto  MDK =
MBK (1)
MK  DE e MC CE  il quadrilatero MKCE é inscritto  MEK = MCK (2).
MB = MC  MBC = MCB (3)
(1), (2), (3)  MDK = MEK, quindi l’altezza del triangolo isoscele è anche
mediana  KD = KE.
Problema 19. Sia dato il triangolo ABC con B  60 , C  40 ed il punto O nel triangolo,
tale che OBC  200 e OCB  300 . Provare che:
(i)
BO = BA
(ii)
OA = OC
Soluzione
40
K
A
O
40°
10°
30°
20°
B
C
D
Sia il punto K nella retta AB: BK=BC KBC è un triangolo equilatero.
OCB  30  OC é bisettrice  OC altezza e asse del segmento del segmento BK
 OB=OK (1).
Dal triangolo isoscele OBK  OKB  OBK  40
KBD  KBD  180   DKB  KBO  OBD   80
BOD  BOD  180   ODB  OBD   80
 DOB  ODB  BOD é triangolo isoscele  BO = BD (2)
I
triangoli
ABC
e
KBD sono
ODB  A  80 )  BD = BA (3)
congruenti
(BC=BK,
OKA  ACB  40 ,
BAO triangolo isoscele  BAO  BOA  70 .
Da (2) e (3)  OB = OA 
OAC  BAC  BAO  10 , OCA  ACB  OCB  10  OAC  OCA
 OAC é un triangolo isoscele, quindi OA = OC
Problema 20. Siano dati due cerchi  c1  ,  c2  con centri K e L rispettivamente. I due cerchi
intersecano i punti A e B tali che KA  LA. Sia E punto nel cerchio  c1  . Le rette EA e EB
intersecano il cerchio  c2  nei punti Z e H rispettivamente. Provare che ZH è diametro del
cerchio  c2  .
Soluzione
Z
Y
X
A
E
K
L
B
H
41
Traccia i raggi LZ, LA, LB, LH. I triangoli LAZ, ALB e BLH sono isosceli. La retta LA é
tangente al cerchio  c1  (AL  KA).
Sia ZLA=2a, AZB=2b e BLH=2c.
XEA =ABE 90° - a (corda e tangente).
ABE=90°-a, ABL=90° –b e LBH=90° -c
ABE + ABL + LBH = 180°, a + b + c = 90°.
Quindi 2a + 2b + 2c = 180°, allora Z, L, H collineari.
42
43
DISEGUAGLIANZE
Mircea Becheanu
1. CONFRONTO ED ORDINAMENTO DI NUMERI REALI
Chiamiamo con
l’insieme dei numeri reali che chiameremo semplicemente numeri reali.
La maggior parte di persone sanno compiere le elementari operazioni algebriche con i
numeri reali come: somma, moltiplicazione, sottrazione e divisione. Possiamo anche
calcolare in modo elementare le potenze dei numeri.
I numeri sono sottoposti non solo ai calcoli algebrici. Una importante performace mentale da
fare coi numeri reali è di confrontarli. Lo strumento principale per confrontare i numeri è
classificarli in numeri positivi e negativi. Per esempio:

2 7 2005
1; 2; 3; ; ;
; 2 sono numeri positivi, e
3 5 111

2 7 2005
1; 2; 3;  ;  ; 
;  2 sono numeri negativi.
3 5
111
Ricordiamo che i numeri reali rappresentano intuitivamente la dimensione di alcuni oggetti
reali. Per esempio:

La dimensione di un insieme finito di dieci oggetti é il numero 10
A  a1 ,a2 ,...,a10   A  10 ;


La dimensione di un segmento é la lunghezza
B
A
 AB  4.5

L’area di una figura geometricaa é la sua dimensione
D
C
 S  ABCD   a 2 .
A
B
a
Tutti questi numeri sono numeri positivi.
Ricordiamo che i numeri positivi sono rappresentati da lunghezze di segmenti. Questa
rappresentazione può essere estesa sia ai numeri positivi che negativi, in modo da ottenere
una rappresentazione geometrica di tutti i numeri come punti di una retta. La procedura per
questa rappresentazione é:
 Primo passaggio: fissare un punto origine O nella retta .
 Secondo passaggio: scegliere nella retta una direzione positiva.
Per tradizione, la direzione positiva é da O alla destra, mentre la direzione da O alla
sinistra é chiamata direzione negativa.
 Terzo passaggio: scegliere un segmento unità di misura OA verso la direzione
positiva.
44
-
1
0

+
A
a il punto P  a   P , tale che il
segmento OP sia nella dierzione postiva per tutti i numeri positivi a e sia nella
direzione negativa per tutti i numeri negativi. Per cui, la lunghezza del segmento OP
sia a per il numero positivo a e sia a per un numero negativo a . Dopo questa
Quarto passaggio: associare ad ogni numero
costruzione, é importante osservare che i numeri negativi sono ottenuti dalla
riflessione dei numeri positivi nell‘origine O .
In questa rappresentazione sono assunte alcune proprietà intuitive dei numeri della retta:
 Ogni segmento ha una lunghezza a che é un numero positivo e si può legare con
ogni retta ;
 Per ogni numero positivo a vi é un segmento OP di lunghezza a ;
 A segmenti più lunghi si associano numeri più grandi.
E‘ importante menzionare che la suddetta costruzione é mentale perché non può essere
sempre realizzata in vai pratica. Per esempio, quando noi abbiamo segmenti molto piccoli e
molto grandi da rappresentare nella stessa retta. Un’altra situazione può apparire quando
abbiamo differenti segmenti le cui lunghezzo sono molto vicine; come a  2 e b  1.9999 .
Per illustrare la suddetta costruzione presentiamo i seguenti esempi:
-
+
0
Q (-1.5)
P (2.5)
A
-
+
S (-3x ) Q (-2x )
1.1. Definizione. Una retta
dei numeri reali o asse reale.
0
P (2x )
R (3x )
nella quale sono rappresnetati numeri reali é chaimata asse
Un compito difficile quando rappresentiamo i numeri nell’asse reale è dato dal fatto che
sono classificati in numeri razionali e numeri irrazionali. Siccome i numeri razionali
rappresentano un numero intero di parti preso da alcune grandezze, quindi possono essere
facilmente costruiti usando metodi geometrici. I numeri irrazionali
2,
3 , 1  2 , ,
sono conosciuti per essere presenti in numerose situazioni geometriche e la loro
rappresentazione non é sempre facile. Per esempio 2 appare come la lunghezza della
diagonale di un quadrato di lato 1. Quindi, per rappresentarlo nell’asse reale, abbiamo
costruito un quadrato di 1 1 , allora presa la lunghezza della sua diagonale usando un
compasso si può trasportare nell’asse reale.
45
1
-
1
+
0
A
( 2)
1.2. Problema. Rappresenta nell’asse reale i seguenti numeri:
1;
5
; 1.75;  2.99;
3
3;
5 1 .
Suggerimento: usa costruzioni geometriche, una retta e un compasso.
1.3. La rappresentazione dei numeri nell’asse reale ha le seguenti proprietà:



I numeri positivi sono rappresentati dallo stesso raggio, da O nella direzione positiva;
I numeri negativi sono rappresentati dallo stesso raggio, da O nella direzione
negativa;
Dati i numeri positivi a,b, assumiamo che i punti A  A a  , B  B  b  sono tali che
il segmento OA sia più corto del segmento OB . Allora i punti O, A,B posti in questo
ordine nel raggio positivo e diciamo che a é miore di b . Se a é minore di b
scriviamo
a b.
Geometricamente, abbiamo la seguente rappresentazione:
-
+
0

A (a )
B (b )
Dati i numeri negativi a,b, i punti A  A a  , B  B  b  posti nell’asse negativo
nell‘ordine B, A,O se e solo se il segmento OA é più piccolo del segmento OB . In
questo caso diciamo che b é minore di a e scriviamo
b a.
Dalla riflessione in O vediamo che
b  a  a  b .
Quest’ultima proprietà é vera anche per numeri positivi. Perciò, possiamo concludere la
seguente proprietà generale:
 Dati i numeri reali a,b e le loro rappresentazioni dei punti, A,B rispettivamente,
abbiamo: a  b se e solo se il punto A giace a sinistra del punto B .
 Dati i numeri reali a,b tale che a  b , rappresentato dai punti A,B, rispettivamente,
la lunghezza del segmento AB é b  a . Sono possibili le seguenti situazioni:
46
A
A
A
B
B
B
Le situazioni concrete suddette ci permettono di dare le seguenti definizioni formali:
1.4. Definizione. Diciamo che il numero
positivo p tale che b  a  p .
a é minore del numero b se esiste un numero
Se a  b o a  b diciamo che a non é maggiore di b e scriviamo a  b . Quindi, la
proprietà a  b é equivalente a b  a  p , dove p é maggiore o eguale a zero.
Questa notazione ci permette di scrivere p  0 se p è un numero positivo e p  0 se p é
maggiore o eguale a zero.
L‘affermazione “ a é non maggiore di b ” é una importante affermazione matematica e la
chiamiamo relazione d’ordine tra numeri reali. Diciamo che l‘insieme
di numeri reali é un
insieme ordinato. In un insieme ordinato é possibile dire quando dati due numeri reali, un
numero reale precede o segue l‘altro.
1.5. Come si confrontano i numeri?
Questo compito é importante ma non facile. Vi sono ovvie situazioni:
 Un numero negativo é sempre minore di un numero positivo
 I numeri sono rappresentati da punti distinti nell’asse reale
 I numeri sono dati dalla loro rappresentazione decimale, per esempio, dopo aver
usato il computer e.g., e allora noi confrontiamo le corrispondenti cifre.
Per esempio, dalla rappresentazione come frazione e decimale
22
 3.142857413
7
  3.141592654...
10
3  3.14084507
71
Deduciamo che 3
10
22

. Queste diseguaglianze sono state stabilite anticamente da
71
7
Archimede, un famoso matematico greco.
In altre concrete situazioni si possono usare rappresentazioni geometriche dei numeri. Per
esempio, confrontare i numeri razionali
1
3
e
é conveniente considerare un rettangolo
2
5
diviso in 10 quadrati uguali:
1 3
<
2 5
47
Infatti, la configurazione geometrica rappresenta la seguente argomentazione aritmetica:
1 5
3 6
5
6
1 3


  .
e 
e
2 10 5 10 10 10
2 5
Le configurazioni geometriche possono anche essere usate per dimostrare/giustifiacre
alcune nuove diseguaglianze. Per esempio: se a,b sono numeri positivi e a  b allora
a2  b2 . Per mostrare questo, pensiamo a 2 come l’area di un quadrato di lato a . Quindi,
a  b tale quadrato é contenuto in un quadrato di lato b .
b
b
a
a
La differenza tra l‘area del quadrato maggiore dal minore é dato ovviamente da:
b2  a2   a  b   2a  b  a   p
2
Da b  a  0 , abbiamo p  0 . Da b  a  p ; questa é la definizione formale della
2
2
diseguaglianza b  a . La conclusione dalle suddette considerazioni é: una configurazione
geometrica può aiutarci a scoprire una dimostrazione intelligente.
2
2
Useremo questo metodo nelle considerazioni future.
1.6. Proprietà di diseguaglianze tra numeri.
Un metodo più potente per dimostrare o scoprire le diseguaglainze tra numeri é dare le
proprietà delle diseguaglianze.
Enunciamo e giustifichiamo le più importanti proprietà.
(1)
La somma di due numeri positivi é un numero positivo.
0
a b
a+b
Scriviamo formalmente: a  0,b  0  a  b  0 .
(2)
Il prodotto di due numeri positivi é un numero positivo: a  0 ,b  0  ab  0 .
Intuitivamente, se a,b sono le lunghezze di due segmenti allora ab é l’area di un
rettangolo, che é un numero positivo.
48
b
ab
a
Dalle regole dei segni, il prodotto di due numeri negativi é un numero positivo. Perciò,
x2  0 per tutti i numeri x,x  0 , e x2  0 solo per x  0 .
(3) Se a  b e b  c allora a  c (la relazione d’ordine é transitiva).
Dimostrazione. Da a  b e b  c abbiamo b  a  p e c  b  q , dove p  0 , q  0 .
Allora
c  b  q  a  p  q  a   p  q .
Per 1.6.(1), p  q  0 . Quindi, per la Definizione 1.4, a  c .
La proprietà transitiva delle diseguaglianze tra numeri é in accordo con la nostra intuizione.
Allora abbiamo tre segmenti di dimensione a,b,c rispettivamente a  b e b  c , è dal
senso comune che a  c .
a
a
and so
b
c
c
(4) Se a  b e
‫ٱ‬
x é un numero arbitrario, allora
a x b x
Dimostrazione. Da
(5) Se a  b e
b  a  p, p  0 abbiamo b  x   a  x   p .
‫ٱ‬
c sono numeri positivi allora
ac  bc .
b  a  p  0 . Allora pc   b  a  c  0 . Questo mostra che
bc  ac  pc, pc  0 . Quindi ac  bc .
Dimostrazione. Abbiamo
(6) Se 0  a  b e 0  x  y allora
0  ax  by .
Dimostrazione. E‘ chiaro che 0  ax . Per la seconda diseguaglianza applichiamo le
proprietà (6) e (3):
ax  ay e ay  by  ax  by .
Questa proprietà può essere illustrata dal seguente disegno geometrico:
49
‫ٱ‬
a
x
xy
y
b
(7) Se a  1 allora
‫ٱ‬
1
 1.
a
Dimostrazione. Prendi c 
1
1 1
 0 e usa la proprietà (5); ac  1c . Che é 1  a   .
a
a a
Una Dimostrazione geometrica. Prendi un triangolo ABC di lati AB  1,AC  a . Da
a  1,AB  AC e allora
A
a
X
1
B
C
B  C . Dal lato AC , prendiamo un punto X tale che ABX  ACB . I triangoli
ABC e AXB sono simili in quanto hanno angoli uguali. Dalla proporzionalità dei lati,
AB AX
1 AX

 
.
AC AB
a
1
1
. Nel ABX abbiamo AB  AX come lato opposto all‘angolo
a
1
 1.
maggiore. Questo mostra che
a
Il lato AX ha lunghezza
‫ٱ‬
(8) Se 0  a  b allora 0 
1 1
 .
b a
1 1
 . Considera il caso a  b . Allora b  a  0 e
a b
1
1 1 1
 0 . Dalla proprietà (2),  b  a 
   0.
ab
ab a b
Dimostrazione. Se a  b allora
‫ٱ‬
(9) Se a,b sono numeri positivi e a  b allora
50
a b
Dimostrazione. Abbiamo prima visto che se 0  a  b allora a  b . Assumiamo per
2
contrazione
a  b . Elevando al quadrato la diseguagalianza abbiamo
che
 a   b
2
2
2
or a  b . Questa é una contraddizione.
a é la lunghezza
E‘ anche disponibile una Dimostrazione geometrica. Il numero
dell’altezza in un traingolo rettangolo, traccia dall’angolo retto e che divide l’ipotenusa in
segmenti di lunghezza 1 e a . La dimostrazione segue da:
Y
X
C
A
B
D
Dove AD  1,BD  a e CD  b . Allora DX 
a ,DY  b .
‫ٱ‬
1.7. Primi metodi per dimostrare diseguaglianze.
In questa sezione vorremmo combinare metodi intuitivi e dimostrazioni logiche che usano le
proprietà descritte prima per dimostrare/scoprire diseguaglianze tra numeri.
1.7.1. Mostra che 2  5
23
20
 1017  2013 .
23
20
E‘ difficile, anche usando il computer, calcolare numeri come 2 o 5 . L‘idea é di
osservare che 101 é vicino a 100 e 201 é vicino a 200. I numeri 100 e 200 possono essere
ottenuti nella parte sinistra della diseguaglianza. Così, può essere scritto come segue:
223  520  214  514  29  56  1017  2013 .
E‘ anche equivalente a:
1007  2003  1017  2013
o
7
3
 100 
 201 
7
3

 <1 =1 < 
 .
 101 
 200 
Allora, abbiamo in mente la transitività! Da
100
201
1
, elevando al cubo ed usando la
101
200
transitività, otteniamo
3
3
 100 
 201 
3

 1  
 .
 101 
 200 
51
Notiamo che é stata usata la proprietà: 0  a  b  a  b . E‘ vera perché un cubo di un
lato a é contenuto in un cubo di lato b , allora il volume del cubo più largo é maggiore. Una
dimostrazione logica può anche essere data usando 1.6.(6).
3
12
4
3
6
1.7.2. Scrivere in ordine ascendente i numeri: 3 ,17 ,7 .
Abbiamo di nuovo numeri grandi. L‘idea é di introdurre il problema per confrontare potenze
 
4
uguali di alcuni numeri. Abbiamo 17 = 17
 
174  76 . Inoltre, 312 = 32
6
2
2
 
= 2892 e 76  73
2
 3432 . Quindi,
= 96 > 76 . La conclusione é
174  76  312 .
Da questo esempio, possiamo concludere intuitivamente che gli esponenti hanno un
importante contributo per aumentare (alcuni) numeri.
880
1.7.3. Confrontare i numeri 2
Di nuovo grandi numeri. Da
880
2
e
5337 .
880 = 24.5.11 abbiamo:
 
5
= 2
1.7.4. Confrontare i numeri 2 
24.11
= 32176 > 25176 = 5352 > 5337
5 e 3 2.
Un metodo per usare il computer: 2  5  4.23606 ... e 3 2  4.24264... Allora,
2 5 3 2
La soluzione dei Matematici é quella di usare successivamente le proprietà delle
diseguaglianze sino a che si ottiene una diseguaglianza ovvia:
2 5 3 2  2 5

 


2
 3 2
4 5 9 4 5
1.7.5. Mostra che
2

2
 9  4 5  18 
 92  80  81.
6  10  15  10 .
Si può usare lo stesso metodo di prima: la diseguaglianza é equivalente a
10 + 15 < 10 - 6 . E‘ importante osservare che 10  6  0 , allora abbiamo elevato al
quadrato la diseguaglianza:
10 + 15 < 10 - 6 ⇔ 25 + 2 150 < 106 - 20 6 ⇔
⇔ 30 6 < 81 ⇔ 10 6 < 27 ⇔ 600 < 729 .
52
Una dimostrazione intelligente può essere la seguente. Senza manipolazione algebrica
6  2.5; 10  3.5 e 15  4 . Riassumendo gli esponenti di questa
sappiamo che
diseguaglianza, otteniamo il risultato richiesto.
Ora, aumenteremo di poco il livello di difficoltà nel nostro problema.
1.7.6. Mostrare che 4 
6  6  6  3 6  3 6  3 6  5.
Non é produttivo elevare al quadrato, al cubo la disegugalianza o usare valori approssimativi
di radicali.
Si noti che:
6 6 6  6 6 9  6 63  6 9  9  3,
e
3
6 3 6 3 6  3 6 3 6 3 8  3 6 3 8  3 8  2.
Sommando otteniamo
6 6 6  3 6 3 6 3 6 5
Per la parte minore della diseguaglianza seguiamo la stessa idea:
6  6  6  6  6  4  6  8  6  2  8  2 2  2.8
e
3
6  3 6  3 6  3 6  1.2 .
Sommando queste diseguaglianze otteniamo il risultato:
6  6  6  3 6  3 6  3 6  2.8  1.2  4 .
1.7.7. Mostrare che 2
3
3 2.
E‘ difficile lavorare con potenze irrazionali proviamo a rimpiazzarle con approssimazioni di
razionali.
2  1.4142
 1.4 
9
3  1.7320  1.8  .
5
53
7
5
 37 / 5 . E‘ sufficiente provare che 29 / 5  37 / 5 , che equivalente a
29  37 . Usando un calcolatore, 29  512 , 37  2187 . Ma un matematico seguirà questa
Quindi 2
3
 29 / 5 e 3
2
strada:
 
29  23
3
 83  93  36  37 .
1.7.8. Una diseguaglianza generale: se a,b,a',b' sono numeri positivi allora
solo se ab'  a' b .
Dimostrazione.
a a'
a' a
    0.
b b'
b' b
a a

se e
b b
L’ultima frazione é positiva se e solo se il
numeratore ed il denominatore hanno segno uguale. Da b' b  0 , segue a' b  ab'  0 .
Questo da a' b  ab' .
‫ٱ‬
Come applicazione di questo metodo proponiamo il seguente problema.
1.7.9. Sia a,b,c,d numeri positivi tali che
Soluzione. Da
a c
a ac c
 . Mostrare che 
 .
b d
b bd d
a c
 abbiamo ad  bc . Inoltre,
b d
a ac

 a( b  d )  b  a  c   ad  bc
b bd
ac c
   a  c  d   b  d  c  ad  bc.
bd d
Come applicazione degli ultimi due Problemi mostreremo ora che si possono ottenere nuove
diseguaglianze.
Si assuma che m,n sono interi poitivi tali che m  n . Allora
m  n  1  n  m  1  m  n . Da 1.7.8 segue che
m
n

; in realtà,
m 1 n 1
m
mn
n


.
m 1 m  n  2 n 1
Otteniamo il seguente risultato:
1.7.10. Siano m,n interi positivi tali che m  n . Allora
Per tutti k , 2m  k  2n .
m
k
n


m 1 k  2 n 1
Abbiamo usato 1.7.8 che é stata chiamata una diseguaglianza base. Altre diseguaglianze
base saranno presentate nelle prossime sezioni.
Alla fine di questa sezione, presentiamo un nuovo metodo per dimostrare diseguaglianze.
54
1.7.11. Somma di quadrati. Per tutti i numeri a1 ,a2 ,...,an
a12  a22  ...  an2  0
e vi é l’uguaglianza se e solo se a1  a2  ...  an  0 . Questa é una conseguenza delle
proprietà 1.6.(1) e 1.6.(2).
Per illustrare la potenza di questo metodo presentiamo due esempi.
1.7.12. Mostrare che per tutti i numeri
x , si hanno le seguenti diseguaglianze:
x  x 1  0 e x  x 1  0 .
2
2
2
2
2
1 3
1 3


2
Dimostrazione. x  x  1   x     0 e x  x  1   x     0 .
2 4
2 4



2

‫ٱ‬
1.7.13. Siano a,b,c,d numeri reali. Mostrare che tra i numeri a  b ,b  c ,c  d ,d  a
2
ve ne é al più uno non maggiore di
2
2
2
1
.
4
Dimostrazione. Supponiamo per assurdo che
1
1
1
1
2
a  b2  ; b  c2  ; c  d 2 
e d a  .
4
4
4
4
Sommando queste diseguaglianze si ha:
 a  b  c  d    a 2  b2  c2  d 2   1 .
L’ultima diseguglainza può essere scritta come segue:
a
2

 b2  c2  d 2   a  b  c  d  
1 1 1 1
    0.
4 4 4 4
Per trasformazioni algebriche, otteniamo
2
2
2
2
1 
1 
1 
1

 a    b    c     d    0.
2 
2 
2 
2

Questa é una contraddizione.
‫ٱ‬
2. Alcune elementari diseguaglianze basi
Alcune diseguaglianze giocano una parte di guida nella teoria delle diseguaglianze. Sono
chiamate diseguaglianze basi. Introduciamo il lettore nelle definizioni e spieghiamo quali
sono importanti.
55
2.1. Funzioni quadratiche e somma di quadrati.
Siano a,b,c numeri reali, a  0 e sia f  x   ax  bx  c una funzione quadratica. Se
2
b2  4ac allora f  x   0 per tutti i reali x .
2
b  4ac  b2

Dimostrazione. f ( x )  a  x 
 0 . La conclusione segue usando
 
2a 
4a

l’argomentazione della „somma di quadrati ”.
2
Il numero   b  4ac é chiamato discriminante di una funzione quadratica
Mostreremo con esempi come questo sfondo teorico può essere sfruttato.
‫ٱ‬
f.
2.1.1. Esempio. Per tutti i numeri reali x, y le seguenti diseguaglianze hanno:
x 2  y 2  x 2 y 2  3xy  1  0 .




Soluzione. x y  x  3xy  y  1  y  1 x  3 yx  y  1 . Prendi
2
2
2
2
2
2
2
a  y  1,b  3 y e c  y  1 , per ottenere una funzione quadratica f  x   ax 2  bx  c .
2
2
Allora


2
4ac  b2  4 y 2  1  9 y 2  4 y 4  8 y 2  4  9 y 2  4 y 4  y 2  4 .
 
Otteniamo nuovamente una funzione quadratica g  y   4 y
2
2
 y 2  4 per
b2  4ac  43  1  0 .
Allora, 4 y  y  4  0 , per tutti gli y e f  x   0 , per tutti gli
4
2
x ey.
Soluzione alternativa.


x  y  x y  3xy  1  x y  xy  1   x  y 
2
2
2
2
2
2
2
2
1 3
2

  xy      x  y  ,
2 4

e usa l’argomento della somma dei quadrati 1.7.10.
Questa soluzione richiede una certa abilità per creare quadrati. Possiamo sempre usare la
funzione quadratica.
2.1.2. Per tutti i numeri a,b,c le segunti diseguaglianze hanno:
a2  b2  c2  ab  bc  ca .
Soluzione. Scrivi la diseguaglianza nella forma di una funzione quadratica nella variabile
f  x   a 2   b  c  a  b2  c 2  bc  0
Il suo discriminante é:
56
a:




   b  c   4 b 2  c 2  bc  3 b 2  c 2  2bc  3  b  c   0 .
2
Allora, f  a   0 , per tutti gli
2
a.
Questa é una dimostrazione alternativa che produce direttamente la somma di quadrati:
a 2  b2  c 2   ab  bc  ca   0
É equivalente a


2 a 2  b 2  c 2  2  ab  bc  ca   0 .
Raggruppando convenientemente abbiamo:
 a  b  b  c    c  a 
2
2
2
0.
Osservazione. Il lettore é inviato a confrontare i vantaggi e/o svantaggi per ognuna di queste
informazioni.
La diseguaglianza di base 2.1.2 ha molte varianti che sono interessanti pezzi di matematica.
2.1.3. Per tutti i numeri positivi a,b,c le seguenti diseguaglainze danno:
(i)
(ii)
ab bc ca
 
 abc
c
a
b
a 2 b2 c 2 a b c
 
  
b2 c 2 a 2 c a b
Soluzione. i) La diseguaglianza richiesta é equivalente a:
a 2b2  b2c 2  c 2a 2  abc  a  b  c  .
Considerando la diseguaglianza base di 2.1.2 per i numeri ab,bc,ca abbiamo:
 ab   bc    ca 
 ab.bc  bc.ca  ca.ab  abc  a  b  c  .
a b c
ii) Usando la diseguglainza base per i numeri , , si ottiene:
b c a
2
2
2
a 2 b2 c 2 a b b c c a a b c
 



   .
b2 c 2 a 2 b c c a a b c a b
2.2. Diseguaglianza di Cauchy-Schwarz.
Iniziamo con la seguente diseguaglianza base che é stata evidenziata da Titu Ereescu.
57
2.2.1. Per ogni numero positivo
danno:
x , y e arbitrario numero a,b le seguenti diseguglainze
a 2 b2  a  b 
 
.
x
y
x y
2
Dimostrazione. La diseguaglianza é equivalente a:
 a y  b x   x  y   xy  a  b 
2
2
2
 a 2 y 2  b 2 x 2  2abxy   ay  bx   0 .
2
‫ٱ‬
É degno di nota menzionare che questa diseguaglainza si ha se e solo se ay  bx  0 , che
non é altro che la proporzionalità:
a b
 .
x y
La diseguaglianza 2.2.1 può essere migliorata per larghe famiglie di numeri.
2.2.2. Per i numeri positivi x, y,z e arbitrari numeri a,b,c vale la seguente diseguaglianza:
a 2 b2 c 2 ( a  b  c )2
.
  
x
y
z
x yz
Dimostrazione. L‘idea della dimostrazione é di applicare ripetutamente l’argomentazione
precedente:
a 2 b2 c2  a  b 
c2  a  b  c 
  
 
.
x
y
z
x y
z
x yz
2
2
Ora, é facile vedere che per più numeri, la diseguaglianza
a12 a22
 
x1 x2
a 2  a  a   an 
 n  1 2
xn
x1  x2   xn
Vale per tutti gli a1 ,a2 , ,an e tutti i numeri positivi x1 ,x2 ,
stessa (eventualmente usare l‘induzione!).
2
,xn . La dimostrazione é la
Restringiamo al caso di famiglie di tre numeri,  a1 ,a2 ,a3  e  b1 ,b2 ,b3  . Nella diseguaglianza
2.2.2 si ponga a  a1b1 ,b  a2b2 ,c  a3b3 ,x  b1 , y  b2 ,z  b3 e si ottiene:
2
2
2
a 2b 2 a 2b 2 a 2b 2  a b  a b  a b 
a  a  a  1 21  2 2 2  3 2 3  1 1 2 2 22 23 3 .
b1
b2
b3
b1  b2  b3
2
2
1
2
2
2
3
‫ٱ‬
Quindi, abbiamo la seguente diseguaglianza:
58
 a1b1  a2b2  a3b3 
2.2.3.
2



 a12  a22  a32 b12  b22  b32 ,
Che è chiamata diseguaglianza di Cauchy-Schwarz.
Questa é una dimostrazione alternativa di 2.2.3. Se la sottraiamo dalla prima otteniamo
l‘identità:
a
2
1


 a22  a32 b12  b22  b32   a1b1  a2b2  a3b3  
2
  a1b2  a2b1    a2b3  a3b2    a1b3  a3b1  .
2
2
2
E‘ chiamata identità di Lagrange. Perché il membro di destra della identità di Lagrange é
positiva, la diseguaglianza di Cauchy-Schwarz é sua conseguenza.
La diseguaglianza di Cauchy-Schwarz é una delle più famose diseguaglianze in matematica.
E‘ molto frequentemente usata in aree diverse della matematica come Geometria, Analisi,
Teoria dlle Funzioni. E‘ chiamata brevemente C-S diseguaglianza.
Accenniamo che l’uguaglianza é presente nella diseguaglianza C-S se e solo se le seguenti
proporzionalità sono valide:
a1 a2 a3

 .
b1 b2 b3
Le prossime considerazioni sono dedicate a mostrare che la diseguaglianza C-S può essere
usata per ottenere nuove diseguaglianze. Il fatto principale in questi esercizi é di riconoscere
che vengono fuori dalla diseguaglianza C-S.
2.2.4. Per tutti i numeri a,b,c vale la seguente diseguaglianza:
a  b  c
2


 3 a 2  b2  c2 .
Soluzione. Applicare la diseguaglianza C-S per i sistemi  a,b,c  e 111
, , .
Commento interessante in 2.2.4. Dopo aver elevato al quadrato otteniamo:


a 2  b 2  c 2  2  ab  bc  ca   3 a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  a 2  b 2  c 2 .
Questa é esattamente la diseguaglianza 2.1.2.
Ricorda: una diseguaglianza può essere dimostrata secondo strade differenti.
2.2.5. Per tutti i numeri positivi a,b,c vale la seguente diseguaglianza:
a2
b2
c2
abc



.
bc ca ab
2
Dimostrazione.
59
a  b  c  a  b  c .
a2
b2
c2



b  c c  a a  b 2a  b  c
2
2
‫ٱ‬
2.2.6. Siano
x y
  1 . Allora
a b
a,b,x, y  0 tali che
x  y  ab .
Dimostrazione.
1
x y
 
a b

x y
ab

2


x y

2
 ab x  y  ab .
‫ٱ‬
La segunte diseguaglianza é stata proposta da Nesbitt nel 1903 ed é famosa per avere
molte applicazioni eleganti. Per ogni numero a  0 ,b  0 ,c  0 .
2.2.7.
a
b
c
3


 .
bc ca ab 2
Per la dimostrazione applichiamo 2.2.2:
a
b
c
a2
b2
c2






b  c c  a a  b a b  c  b c  a  c  a  b 
 a  b  c   1  a 2  b2  c2  1  1  3 .
2  ab  bc  ca 
2  ab  bc  ca 
2 2
2
Nell’ultima diseguaglianza usiamo 2.1.2: a  b  c  ab  bc  ca . Altre dimostrazioni
saranno date nella prossima sezione. Questa é una delle più corte dismostrazioni della
diseguglianza di Nesbitt. La seguente diseguaglianza ha anche parecchie dimostrazioni.
2
2
2
2.2.8. Per tutti i numeri positivi a,b,c vale la seguente diseguaglianza:
a3b  b3c  c3a  abc  a  b  c  .
Soluzione. Moltiplicando con c  a  b e applicando la diseguaglianza C-S abbiamo:
 c  a  b   a3b  b3c  c3a    a
abc  b abc  c abc
Adesso, é sufficiente semplificare con a  b  c .
Soluzione alternativa. La diseguaglianza data é equivalente a
60

2
 abc c  a  b 
2
a 2 b2 c2
   abc.
c
a b
In quasta forma, é sufficiente applicare 2.2.2
a 2 b2 c 2  a  b  c 
  
 a b c.
c
a b
a bc
2
2.3. Diseguaglianza di Schur.
Per tutti i numeri positivi x, y,z
x  x  y  x  z   y  y  z  y  x   z  z  x  z  y   0 .
Dimostrazione. La diseguaglianza é simmetrica in x, y,z . Allora, possiamo assumere
0  x  y  z . In questo caso, il primo membro della somma é non negativo. I rimanenti due
membri vengono sommati come segue:
 y  z   y 2  xy  z 2  zx    y  z   y  z  y  z   x  y  z    y  z   y  z  x   0
2
.
Ricorda che questa diseguaglianza introduce una nuova idea nella dimostrazione; ordinare i
numeri e separare la somma in due parti positive.
‫ٱ‬
3. DISEGUGLIANZE PRINCIPALI
La media aritmetica (AM) di due numeri a,b é la semisomma di due numeri.
m
ab
2
L’interpretazione geometrica di AM é M  m  é: il punto medio del segmento che congiunge i
due punti A  a  e B  b  nell’asse reale.
A (a )
M (m )
B (b )
La media aritmetica di tre numeri a,b,c é il numero
m
e la media aritmetica di n numeri a1  a2 
abc
3
 an é il numero
61
a a 
m 1 2
n
 an
1 n
  ai .
n i 1
La media geometrica (GM) di due numeri positivi a,b é il numero
g  ab .
L’interpretazione geometrica é molto interessante. Dato un triangolo rettangolo ABC , sia D
il piede dell’altezza relativa all’angolo retto A . Se il segmento determinato da D
nell‘ipotenusa BC ha lunghezze BD  a,DC  b allora l‘altezza AD ha lunghezza
g  ab .
A
g
B
a
C
O b
D
La media geometrica di tre numeri é
g  3 abc
e la media geometrica di n numeri positivi é
g  n a1a2
an .
La media armonica (HM)1 di due numeri positivi a,b é il numero
h
2
1 1

a b

2ab
.
ab
Nota le seguenti identità
g 2  mh e
La media armonica di
1 11 1
   .
h 2 a b
n numeri positivi a1  a2 
n
h
 an é
.
1 1
1
 
a1 a2
an
La media quadratica (QM) di due numeri positivi a,b é il numero
Lasceremo nel testo l’abbreviazione delle parole inglesi. In questo caso Harmonic Mean. Questo avverrà anche
per tutte le altre abbreviazioni nel capitolo.
1
62
r
a 2  b2
.
2
Questo ha anche una interessante interpretazione geometrica nei triangoli rettangoli.
Sia ABC un triangolo rettangolo, A  90 . Consideriamo il semicerchio di diametro BC
che contiene il vertice A e sia D il punto medio di questo semicerchio. Allora BDC é un
triangolo rettangolo isoscele. Se AB  a, AC  b sono i lati di ABC allora
0
BD  CD  r 
a 2  b2
.
2
D
A
r
b
a
O
B
2
a +b
C
2
É interessante notare che
2m 2  g 2  r 2 ,
La media aritmetica é media quadratica della media geometrica e media quadratica di
numeri dati.
Similmente, il QM di
n numeri a1  a2 
 an é
a a 
n
2
1
r
2
2
a
2
n
1
2
1

   ai2  .
 n i 1 
n
Alcuni autori chiamano QM radice quadratica media (RMS).
3.1. Diseguaglienaze principali per due numeri.
Dati i numeri positivi a,b le seguenti diseguaglianze sono valide:
ab
a 2  b2
.
 ab 

1 1
2
2

a b
2
Iniziamo con le diseguaglianze GM-AM.
3.1.1.
ab 
63
ab
2
Vi sono parecchie dismostrazioni geometriche ed algebriche.
Prima Dimostrazione. Perché i numeri da 3.1.1 sono numeri positivi, eleviamo al quadrato
ottenendo:
2
2
2
 ab
2
2
ab  
  4ab   a  b   a  2ab  b  0   a  b   0 .
 2 
Questa dimostrazione ci da la possibilità di concludere che l’eguaglianza presente in 3.1.1 é
vera se e solo se a  b .
Seconda Dimostrazione. Consideraimo il triangolo rettangolo ABC, A  90 , nel quale g
é la lunghezza dell’altezza dal vertice A .
0
A
g
B
a
a+b
2
C
O b
D
Sia O il punto medio dell‘ipotenusa BC . Allora
ab
.
2
Da AD si tracci la perpendicolare da A alla retta BC e AO sia un segmento obliquo,
abbiamo AD  AO , che é g  m .
L’eguaglianza siste se e solo se D  O , o l’altezza é anche mediana. Allora a  b .
AO  BO  CO 
Terza Dimostrazione. Costruisci 4 rettangoli di dimensioni a  b,a  b e disporni questi
come in figura:
a
b
a
b
b
a
a
b
Il quadrato interno ha dimensioni  b  a    b  a  , allora la sua area é  b  a  . Otteniamo
2
le seguenti eguaglianze di aree:
 a  b
2
 4ab   b  a  .
2
Da questo, otteniamo  a  b   4ab e facendo la radice quadrata
2
a  b  2 ab .
Quarta Dimostrazione. Siano a  b numeri positivi. Si prenda un quadrato di lato a  b e si
divida in due quadrati e due rettangoli come in Figura 1. Allora, si rimetta a posto il piccolo
quadrato come in Figura 2 e si piegghi il rettangolo sopra il quadrato grande.
64
b
ba
b2
b
a
a2
ab
a
a
b
a
Figure 1
b
Figure 2
2
Ogni rettangolo coprirà un’area di ab e l‘area b del quadrato piccolo sarà coperta due
volte. Allora, ogni area rimane tuttavia non coperta ed abbiamo
a2  b2  2ab .
Che é la diseguaglianza AM-GM dei numeri
a 2 e b2 .
3.1.2. Una dimostrazione con i cerchi. Siano C A ,CB due cerchi di centro A,B e di raggi
a,b tale che siano esternamente tangenti a C .
A
C
D
B
T
S
La tangente esterna comune ai cerchi é ST . La sua lunghezza é
ST  DB 
 a  b   a  b
2
2
 2 ab .
DB é un cateto del triangolo rettangolo ADB ed abbiamo BD  AB . Allora
2 ab  a  b .
la diseguaglianza HM-GM
3.1.3.
2
1 1

a b
 ab
É una conseguenza della diseguaglianza GM-AM, applicata ai numeri
65
1 1
e :
a b
1 1

1 1 a b
1
ab
ab
.



 ab 
a b
2
2
ab 2ab
3.1.4. Nuova interpretazione geometrica della diseguaglianza HM-GM-AM.
0
Consideraimo un trapezio rettangolo ABCD tale che A  B  90 e il lato CD tocca
tangenzialmente il cerchio di diametro AB nel punto T . Sia P la proiezione perpendicolare
del punto T in AB, O é il punto medio del segmento AB e M il punto intersezione con
CD della perpendicolare in O a AB .
C
M
T
D
N
A
P
O
B
Se denotiamo AD  a, BC=b, a<b , allora é facile vedere che
ab
2
.
, OT  ab , PT 
1 1
2

a b
Per la dimostrazione, sia N la proiezione perpendicolare di D in BC . Nel traingolo
rettangolo DNC abbiamo DC  a  b e
OM 
DN 2   a  b    a  b   4ab .
2
Da DN  2 AO  2OT , poniamo OT 
2
ab .
PTO  CDN , avendo i lati perpendicolari. Se gue che TPO e DNC
PT DN

sono simili. Dalla proporzionalità
poniamo
TO DC
D’altra parte,
DN
2 ab
2
 ab

.
DC
ab 1  1
a b
ab
Infine, MO é mediana del trapezoide ABCD , dove MO 
.
2
PT  TO
E‘ ovvio dal triangolo rettangolo che TPO e OTM che
PT  TO  MO .
Quindi,
66
2
1 1

a b
 ab 
ab
.
2
3.1.5. La diseguaglianza AM-QM
ab
a2  b2

2
2
Può eessere provata elevando al quadrato
2
a 2  b2
a 2  b 2  2ab
a 2  b2
 ab
2
2
.



a

b

2
ab



2
2
2
 2 
2 2
Che é la diseguaglianza GM-AM per i numeri a b .
3.1.6. La diseguaglianza AM-QM ha anche una interessante interpertazione geometrica.
Richiamiamo l’interpretazione geometrica di QM: è la lunghezza del lato di un cateto di un
a 2  b2 .
triangolo rettangolo isoscele inscritto in un cerchio di diametro
D
A
r
b
a
O
B
C
A
D
Siano A',D' la riflessione dei punti A,D di centro O , rispettivamente. Allora ABA' C é un
rettangolo di lato a,b e BDCD' é un quadrato di lato r . Dopo moltiplicando la
diseguaglianza 3.1.4 per 4 otteniamo il seguente risultato: fra tutti i rettangoli inscritti in un
cerchio dato, il quadrato ha il massimo perimetro.
Alla fine della sezione presenteremo alcune diseguaglianze elementari che sono immediata
conseguenza di HM-GM o GM-AM.
3.1.7. Per ogni numero positivo
x,
x
1
2
x
E si ha l’eguaglianza se e solo se x  1 .
Effettivamente, dalla diseguaglianza GM-AM
67
1 x
e l’eguaglianza si ha quando x 
1

x
x
1
x
2
1
, or x  1 .
x
3.1.8. Per tutti i numeri positivi a,b,c,
 a  bb  c  c  a   abc .
Per la dimostrazione, moltiplichiamo le diseguaglianze:
bc
ca
 bc ,
 ca .
2
2
ab
 ab ,
2
3.1.9. Fra tutti i rettangoli inscritti in un dato cerchio, il quadrato ha la massima area.
Dimostrazione. Siano a,b i lati del rettangolo. Dalla diseguagilanza GM-AM
ab 
a 2  b2
2
e uguale qaundo a  b , allora il rettangolo é un quadrato.
‫ٱ‬
3.1.10. Una nuova dimostrazione della diseguaglianza 2.2.7
a
b
c
3


 .
bc ca ba 2
Questa
dimostrazione
utilizza
la
diseguaglianza
GM-AM.
L‘idea
é
porre
b  c  x,c  a  y,a  b  z con lo scopo di trasformare l'espressione in una forma più
conveniente. Allora
a
x  y  z
x yz
x yz
, b
, c
2
2
2
che é scritta nelle nuove variabili:
x  y  z x  y  z x  y  z 3


 .
2x
2y
2z
2
E‘ equivalente a
 y x  z y z
     
 x y  y z x
x
  6.
z
Dalla diseguaglianza GM-AM, ogni parentesi é non minore di 2.
3.2. Principali diseguaglianze per tre numeri.
68
Per tutti i numeri positivi a,b,c le seguenti diseguaglianze
3
abc
a 2  b2  c2
 3 abc 

1 1 1
3
3
 
a b c
e le eguaglianze si hanno se e solo se a  b  c .
Come nel caso dei due numeri, il punto principale é provare la diseguaglianza tra GM e AM.
3.2.1.
3
abc 
abc
3
La dimostrazione é basata nella seguente identità classica:
3.2.2.

a3  b3  c3  3abc   a  b  c  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca

Che é vera per gl arbitrari numeri reali a,b,c .
Per i numeri positivi a,b,c, abbiamo a  b  c  0 e dalla diseguaglianza generale 3.2.2.
a2  b2  c2  ab  bc  ca  0 . Segue che a3  b3  c3  3abc . Se
sostituiamo a,b,c per 3 a , 3 b , 3 c si ottinene la diseguaglianza richiesta. La diseguaglianza
abbiamo anche
in 3.2.2 se e solo se
a2  b2  c2  ab  bc  ca , che é a  b  c .
3.2.3. La diseguaglianza HM-GM
3
 3 abc
1 1 1
 
a b c
Segue dalla diseguaglianza GM-AM, applicata ai numeri
1 1 1
, , .
a b c
3.2.4. La diseguaglianza AM-QM
abc
a 2  b2  c2

3
3
Non é nuova. Elevando al quadrato si ottiene una nuova forma.
3.2.5.
a  b  c
2

 3 a 2  b2  c2
Che é la diseguaglianza C-S per le terne  a,b,c  e 111
, , .
69

La diseguaglianza GM-QM per tre numeri ha una interessante interpretazione geometrica.
Sia ABCDA' B' C' D' un parallelepipedo con i lati di lunghezza a,b,c . Allora la diagonale
AC' ha lunghezza d  a 2  b2  c 2 . La sfera circoscritta al parallelepipedo ha
1
raggio R  d . Il cubo inscritto nella sfera ha lato di lunghezza
tale che
2
d 3
2

3 . Segue che
d
a 2  b2  c2


.
3
3
Quindi, la diseguaglianza AM-QM combinata con GM-AM dice: fra tutti i parallelepipedi
inscritti in un sfera, il cubo ha il volume massimo:
3
2
2
2
 abc  a b c
abc  


 
3
3

 
3

 .


Il risultato é stato scoperto dal famoso matematico ed astronomo tedesco Johannes Kepler
(1571-1630).
Presentò alcune diseguaglianze classiche ottenute usando diseguaglianze principali.
3.2.6. Per tutti i numeri positivi a,b,c
 a  b  c  
1 1 1
   9.
a b c
Dimostrazione. Applichiamo la proprietà 1.7.9 nella diseguaglianza HM-AM
3
abc
.

1 1 1
3
 
a b c
‫ٱ‬
3.2.7. Per tutti i numeri positivi a,b,c la seguente diseguaglianza:
 a  b  c   a 2  b2  c 2   9abc .
Dimostrazione.
 a  b  c   a 2  b2  c 2    a  b  c  ab  bc  ca  
1 1 1
  a  b  c      abc  9abc .
a b c
‫ٱ‬
3.2.8. Per tutti i numeri positivi a,b,c
 a  b  b  c    c  a 
3
3
3
70
 24abc .
In questa dimostrazione combineremo GM-AM per tre numeri e poi per due numeri:
 a  b  b  c    c  a 
3
3
3




 3 a  b b  c  c  a   3 2 ab 2 bc 2 ca 
71
INVARIANTI
Petar Kenderov e Ivaylo Kortezov
Consideriamo alcuni problemi prima di speigare che cosa é una “invariante”.
Problema A1.
Il coraggioso Cavaliere incontrò il Dragone dalle tre teste e decise di mostrare il suo coraggio
nel tagliare tutte le teste. Dimostrò infatti la sua incompetenza: dopo aver tagliata la prima
testa, apparvero altre tre teste al posto di quella tagliata. Tuttavia il Cavaliere insistette a
tagliare teste. Infine decise di contare le teste del Dragone. Ne contò 2006. Sono state
contate correttamente?
Soluzione:
Dopo il primo colpo é stata tagliata una testa e appaiono tre nuove teste. Il Dragone avrà
quindi 5 teste (due più le tre nuove comparse). Dopo il secondo colpo il Dragone avrà 2+5
teste. Dopo il terzo colpo 9, e così via. Dopo ogni colpo, il numero di teste aumenta di due.
Benché il numero delle teste del Dragone aumenti dopo ogni colpo è sempre un numero
dispari: 3, 5, 7, 9, 11, … Perciò il numero di teste non potrà essere un numero pari come
2006. Il Cavaliere ha mostrato un’altro tipo di incompetenza. Non sa contare.
Problema A2.
Gli interi da 1 a 99 sono scritti una riga. Lily cancella due di questi interi e scrive la loro
differenza alla fine della riga. Allora ripete questa operazione con la nuova lista di interi sino
a che si abbia un singolo numero. E’ un pari o un dispari?
Soluzione:
Sia S il numero dispari di interi nella lista. All’inizio S=50. Supponi che Lily cancelli alcuni
numeri a e b. Vi sono tre possibili casi:
a) Entrambi i due interi sono pari (in questo caso l’operazione non riguarderebbe il
numero di interi dispari nella riga perché la differenza tra a e b è nuovamente un
numero pari);
b) Entrambi i due interi sono dispari (la loro differenza è pari ed il numero di interi
dispari nella riga dopo l’operazione è ridotto a 2);
c) a e b hanno diferente parità, i.e. uno è pari e l’altro è dispari; in questo caso un intero
dispari è cancellato ed un tale intero è aggiunto perché la differenza tra a e b è un
numero dispari.
Perciò, ogni operazione preserva S o la diminuisce di 2.
La parità di S è preservata. E’ sempre un numero pari. Fino alla fine dobbiamo avere S  1, la
sola possibilità é S=0. Allora l’ultimo numero è pari.
Problema A3. (Comunicato da Ivan Simeonov)
In una carta da gioco sono scritti due numeri (19;94). Ann, Helen e Cathy possono cambiare
i numeri nella carta accordandosi con le seguenti regole:
Ann rimpiazza i numeri (a;b) con (a-b;b);
Helen rimpiazza i numeri (a;b) con (a+b;b).
Cathy rimpiazza i numeri (a;b) con (b;a).
Ogni volta una ragazza da la carta che ha cambiato almeno una volta (e forse diverse volte)
prima di dare la carta ad un’altra ragazza per compiere la sua operazione (forse diverse
volte). E’ possibile mettere nella carta i numeri:
a) (19;95)?
72
b) (19;96)?
Soluzione.
Ognuna delle tre operazioni preserva il Massimo Comun Divisore2(GCD dei due numeri (a;
b). Quindi GCD(19;94)=1 e GCD(19;95)=19, quest’ultimo non può essere ottenuto. Tuttavia,
GCD(19;96)=1. Infatti, la coppia (19;96) può essere ottenuta dalla successione di cambi
quando C sta per Cathy, A per Ann e H per Helen. I seguenti cambi fatti dalle ragazze
corrispondenti produce la soluzione:
C: (94;19);
AAAA: (18;19);
C: (19;18);
A: (1;18);
C: (18;1);
H: (19;1);
C: (1;19);
HHHHH: (96;19);
C: (19;96).
Allora, quale é l’invariante?
Nel Problema A1 abbiamo visto che il numero delle coppie (dispari-pari) delle “Teste del
Dragone” non è cambiato. Rimane lo stesso ogni volta (dispari). Era invariante rispetto alla
“operazione” compiuta dal Cavaliere. Nel secondo problema la coppia di numeri di interi
dispari nella riga rimase non cambiata. Era la stessa (pari) dopo ogni operazione compiuta
da Lily. In casi come questi diciamo “la parità è invariante”. Nel terzo problema il Massimo
Comun Divisore (GCD) rimane lo stesso, o era un invariante, dopo l’”operazione” compiuta
dalle ragazze. Possiamo dire che qualcosa è invariante quando cerchiamo una soluzione di
un problema corrispondente.
Presentiamo adesso alcuni esempi dello stesso tipo.
Problema A4.
Una scatola ha 36 bottiglie, 19 di esse sono piene, e le altre vuote. Prendiamo due bottiglie a
caso. Se una di esse é piena, la rimettiamo nella scatola. Se entrambe sono piene, ne
svuotiamo una e l’altra la rimettiamo nella scatola. Ripetiamo sino a quando una singola
bottiglia rimane nella scatola. L’ultima bottiglia è piena?
Soluzione:
Sia S il numero delle bottiglie piene. All’inizio S=19. Ogni operazione preserva S o lo
diminiusce di 2. Pertanto la coppia di S è preservata. Alla fine dobbiamo avere S  1, diamo
S=1. Allora l’ultima bottiglia è piena.
Problema A5.
In un poligono, sono disegnate alcune diagonali. Chiamiamo vertice dispari se si incontrano
nel vertice un numero dispari di diagonali. Chiamaimo vertice pari, se si incontrano in questo
vertice un numero pari di diagonali. Mostra che il numero di vertici dispari è pari (ricordiamo
che 0 è un numero pari).
Soluzione:
Assumiamo inizialmente che non ci siano diagonali; allora questo è un numero pari di vertici
dispari. Allora si comincia a tracciare le diagonali una ad una. Ogni nuova diagonale cambia
la parità dei vertici. Vi sono tre casi possibili:
2
Lasceremo nel testo le iniziali inglesi del Massimo Comun Divisore: Greatest Common Divisor (GCD).
73
1. I vertici sono di differenti parità; allora i vertici dispari diventeranno pari e gli altri
cambieranno da pari a dispari. Il numero di vertici dispari rimarrà lo stesso.
2. Entrambi i vertici sono dispari; allora diventeranno pari aggiungendo la diagonale
connessa con essi. Pertanto il numero di vertici dispari sarà diminuito di 2.
3. Entrambi i vertici sono pari; allora diventeranno dispari dopo aver tracciato la
diagonale connessa con essi.
Vediamo che in tutti i casi il numero di vertici dispari rimane lo stesso o cambia di due
(aumenta di 2 o dimnuisce di 2). La parità rimane quindi la stessa. All’inizio il numero di
vertici dispari era 0, non può divenire un numero dispari.
Problema A6.
In quattro contenitori di vetro di un castello vi erano 507, 1006, 1505, e 2004 pietre preziose.
Ogni giorno vengono scelti due di questi contenitori ed uno o cinque pietre preziose vengono
aggiunte o prese da esse. E’ possibile avere in un dato momento 2005, 2004, 2002 e 1998
pietre preziose in questo contenitore?
Soluzione.
Sia S la quantità totale di pietre preziose. All’inizio S è pari. Ogni operazione preserva S pari.
La richiesta della configurazione di 2005, 2004, 2002 e 1998 pietre preziose nel contenitore
avrebbe S dispari, allora é impossibile.
Problema A7.
Sia ABCDEF un esagono. Ai vertici A e C é scritto il numero 1, e in tutti gli altri vertici è
scritto il numero 0. Bob può scegliere due vertici adiacenti (i.e. estremi del lato dell’esagono)
e incrementarli entrambi di 1. Allora con i numeri scritti recentemente possiamo compiere la
stessa “operazione”. Allora può scegliere due vertici adiacenti e incrementarli di 1. Può Bob
rendere uguali tutti i sei numeri dopo un certo numero di operazioni?
Soluzione:
Denota i numeri che corrispondono ai vertici dopo l’ennesima mossa di Bob con an, bn, ..., fn.
Inizialmente abbiamo a0 = c0 =1 e b0 = d0 = e0 = f0 =0. Per ogni n considera il numero
Sn=an-bn+cn-dn+en-fn.
Allora S0=a0-b0+c0-d0+e0-f0=1-0+1-0+0-0=2. Questo può accadere se Bob sceglie i vertici
adiacenti A e B.
Allora i numeri in A e B aumentano di 1: a1=a0+1, b1=b0+1. Allora a1 – b1 =a0 – b0. I numeri
degli altri vertici non riguardano le operazioni (c1=c0, d1=d0, e1 =e0, f1=f0 ), abbiamo
l’uguaglianza S1=S0=2. Una conclusione simile sarà raggiunta, se Bob sceglie ogni altra
coppia di vertici adiacenti, non A e B, (controlla questo dalla considerazione che rimangono
coppie di vertici adiacenti: B e C, C e D, D e E, E e F, F e A). Quindi, per ogni intero positivo
k abbiamo
S(k+1) = Sk = ……=S1=S0=2.
In altre parole, il numero Sn rimane non cambiato per ogni n . E’ l’”invariante” rispetto
all’operazione considerata.
Fra l’altro egli, se dopo aver compiuto l’operazione, ogni volta i numeri in tutti i vertici
diventano uguali, allora avremo Sn = 0 che è impossibile. Questa contraddizione mostra che
la risposta al suddetto problema è “NO”.
Problema A8 (Torneo delle Città).
In un’isola vi sono 13 camaleonti bianchi, 15 grigi e 17 rossi. Quando due camaleonti
differentemente colorati si toccano, cambiano al terzo colore. Quando tutti i camaleonti
cambiano in bianco?
74
Soluzione:
Il “resto modulo 3” di un dato intero non negativo é il resto non negativo dopo averlo diviso
per 3. Per esempio, 18= 6x3 +0 e resto modulo 3 é 0; 19 = 6x3 +1 e resto modulo 3 é 1. Da
20=6x3+2, resto modulo 3 é 2. L’intero 21 é divisibile per 3 ed ha 0 come resto modulo 3. I
numeri 22, 23, 24 hanno rispettivamente resto 1,2,0. Vediamo che aumentando l’intero di 1
aumenta, in generale, il resto modulo 3 di 1. Quindi, se il resto era 2, allora aumentando il
numero di 1 é divisibile per 3 e il resto diventa 0.
Sia S l’insieme dei resti modulo 3 delle quantità di camaleonti bianchi, grigi e rossi. All’inizio
S={1;0;2}. Supponiamo che un camaleonte bianco tocchi un grigio. Allora diventa rosso. Il
numero di camaleonti bianchi come pure i grigi diminuiscono di uno e diventano 12 e 14. I
loro resti diventano 0 e 2. Il numero di camaleonti rossi aumenta di due (diventa 19) ed il suo
resto è ora 1. Vediamo che l’insieme S di resti diventa {0;2;1}. Consiste di nuovo nei numeri
0,1,2. E’ facile capire (considerando i riamanenti due casi “bianco tocca rosso” e “grigio tocca
rosso”) che ogni contatto produce gli stessi insiemi di resti modulo 3. Ogni contatto
diminuisce due dei resti per 1, ed amenta il terzo di 2, che da lo stasso insieme S di resti.
L’insieme S non è cambiato. E’ invariante erimane come era all’inizio: S={1;0;2}. Se tutti i
camaleonti toccano bianco, l’insieme dei resti modulo 3 sarebbe S={0;0;0}. Perciò tutti i
camaleonti non possono toccare bianco.
In questo problema l’invariante era di diversa natura. Era un insieme, non un numero o
coppie di numeri.
Problema A9.
Ann ha una scatola, piena di otto piccole scatole. Alcune di quelle contenute nella grande
contengono otto piccole scatole in mezzo alle quali sono nuovamente riempite con otto
scatole (molto piccole). Il numero di scatole vuote in questa configuarazione di scatole può
essere 1000?
Soluzione:
Consideriamo la configurazione data di scatole come composta usando la seguente
semplice operazione. Iniziamo la scatola esterna, che può essere considerata come vuota,
riempiamola con 8 scatole. Facciamo la stessa cosa ad ogni passo: aggiungiamo 8 piccole
scatole in una scatala vuota selezionata, sino a che abbiamo la data configurazione di
scatole. L’operazione che abbiamo in testa è “riempi una scatola vuota con otto piccole
scatole”. Non ci sono dubbi che susando questa operazione possiamo ricostruire, passo
dopo passo, la configurazione data di scatole.
Sia S il resto modulo 7 del numero di scatole vuote, ad un certo passo, nella costruzione
della configurazione data di scatole dall’operazione descritta precedentemente. All’inizio
abbiamo solamente una scatola vuota (l’esterna). Il resto modulo 7 è perciò equale a 1: S=1.
Riempendo la scatola esterna con 8 piccole scatole risulterà una configurazione di 8 scatole
vuote: la scatola esterna non è più vuota, è riempita da 8 piccole scatole che sono vuote per
il momento. Il resto modulo 7 delle 8 scatole vuote è di nuovo S=1. Ogni operazione riduce il
numero di scatole vuote di 1 e crea 8 nuove scatole vuote. Pertanto ogni applicazione
dell’operazione aggiunge 7 scatole vuote. Questo significa che il resto modulo 7 non cambia.
E’ invariante e rimarrà uguale ad 1. Il resto di 1000 modulo 7 è 6, non possiamo mai avere
1000 scatole vuote.
Problema A10. (Comunicato da Ivan Simeonov)
Possiamo coprire una tabella 10 x 10 con 25 blocchi rettangolari di 4 x 1?
Soluzione.
75
Indicizza le righe e le colonne con numeri da 1 a 10 e colora di nero i campi che
appartengono simultaneamente alle colonne ed alle righe con indice dispari. Vi sono 25 di
tali campi neri. Ogni blocco 4x1 copre entrambi 0 o 2 campi neri. Perciò il numero di campi
neri che sono coperti da blocchi è pari, allora non puà essere 25. Questo significa che 25
blocchi di una data grandezza non possono coprire la tabella.
Si può dichiarare questa soluzione un piccolo passo sull’argomento degli “invarianti”.
Supponiamo che esista una copertura della tabella consistente di 25 bolocchi rettangolari di
grandezza 4x1. Si denoti con S il numero di campi neri coperti (sono in tutto 25). Si consideri
l’operazione “sposta un blocco”. Ogni blocco copre 0 o 2 campi neri, il numero di campi neri
coperti è sempre dispari. Saranno anche dispari quando tutti i blocchi sono stati rimossi.
Questo è impossibile.
Probema A11. (preso a prestito dalla competizione “Um+”)
Possiamo coprire una tabella 8x8 con 16 blocchi di quattro campi ognuno, tale che uno dei
blocchi é un quadrato e gli altri hanno la forma della lettera L?
Soluzione.
Indicizza le righe della tabella con i numeri da 1 a 8, colora di nero i campi in corrispondenza
delle righe dispari. Ogni blocco a forma di L copre entrambi i campi neri 1 o 3, allora gli Lblocchi copriranno un numero dispari di campi neri. Il quadrato nero copre 2 campi neri. Il
totale dei campi neri è coperto da dispari, allora non può essere 32. La tabella non può
essere coperta dai blocchi.
Problema A12 (Mircea Ganga)
Una tabella 8x8 é coperta da 21 blocchi 3x1 ed una cella è vuota a sinistra. Questa cella può
essere in un angolo?
Soluzione.
Supponiamo che sia nell’angolo alto a destra. Poni in ogni cella della tabella un numero nel
seguente modo:
1
2
3
1
2
3
1
2
2
3
1
2
3
1
2
3
3
1
2
3
1
2
3
1
1
2
3
1
2
3
1
2
2
3
1
2
3
1
2
3
3
1
2
3
1
2
3
1
1
2
3
1
2
3
1
2
2
3
1
2
3
1
2
3
Le celle con "2" sono 22, mentre gli "1" e i "3" sono 21. Ogni blocco copre tre diversi numeri,
il campo vuoto conteneva un “2”, mentre esso contiene “1”. Questa è una contraddizione.
B. Giochi
Problema B1.
Ann e Bob giocano la seguente partita. Iniziano scrivendo il numero 0. Allora giocano a
turno: per prima Ann, poi Bob, allora Ann, quindi Bob, e così via. Per ogni turno il giocatore
ha aggiunto una cifra positiva all’ultimo numero scritto e quindi scrive la somma. Chiunque
dia per primo un numero di tre cifre vince. Questa è una possibile strada che permette ai
giocatori di vincere? In altre parole vi è una strategia per vincere?
Soluzione.
Se uno dei giocatori pone il numero 91 (o più grande) prima della sua mossa, può vincere
aggiungendo 9. Allora nessuno vorrebbe lasciare il 91 (o più grande) dopo la sua mossa.
76
Pertanto porre 90 non é l’ideale: ogni possibile mossa darà una chance all’altro giocatore per
la vittoria. Se qualcuno da un numero compreso tra 81 e 89 prima della sua mossa, può
vincere aggiungendo un numero per raggiungere 90. Allora nessuno vorrà arrivare a 81 (o
ad un numero più grande) dopo la sua mossa. Pertanto porre 80 non è positivo: ogni
possibile mossa darà una chance all’altro giocatore per la vittoria.
Argomentando in questo modo Bob vincerà, se mette un multiplo di 10 dopo la sua mossa.
Dopo ogni possibile mossa di Ann può aggiungere un appropriato numero in modo da
lasciare ad Ann il prossimo multiplo di 10. Per esempio, se Ann seleziona 2 all’inizio, Bob
può selezionare 8 in modo che la somma sia 10. Allora Ann aggiunge, Bobb lo può
arrotondare a 20 e così via. Questa è la strategia vincente per lui, i.e. per il secondo
giocatore.
Problema B2.
Tom e Jerry hanno una scatola di 100 dolci e giocano la seguente partita. Per primo Tom,
poi Jerry, quindi Tom, poi Jerry, etc., mangiano uno o due dolci. Chiunque mangi l’ultimo
dolce vince. Chi vincerà, se entrmbi giocano abilmente?
Soluzione.
Se uno dei due ha 3 dolci prima della sua mossa, non può vincere; qualunque cosa giochi
l’altro giocatore vince dopo la sua mossa. Pertanto “3” è una “cattiva posizione”. Se ognuno
ha 6 dolci dopo la sua mossa vincerà, come prima. Pertanto “6” è anche una “cattiva
posizione”. Allora sono cattive posizioni “9, “12”, etc.. Segue che Tom può vincere se mangia
un dolce alla sua prima mossa e segue la regola: “lascia un multiplo di 3 per gli altri
giocatori”.
Problema B3. (Comunicato da Cyril Bankov)
Tom e Jerry giocano la seguente partita in una scacchiera. Un castello é la sola figura
presente nella scacchiera ed é messa nell’angolo sinistro in basso. Per primo Tom, poi Jerry,
poi Tom ed allora Jerry, e così via… Per ogni turno, il giocatore deve muovere il castello di
qualche numero nella posizione destra o in alto. Perde colui il quale non si può più muovere;
l’altro vince. Vi è una strategia vincente?
Soluzione.
La sola posizione da dove il castello non si può più muovere é nell’angolo in alto a destra.
Jerry può vincere usando la seguente strategia: lascia il castello nella diagonale che
connette l’angolo sinistro in basso con l’angolo in alto a destra. Dopo tale mossa Tom non
può muovere il castello nell’angolo, allora Jerry non può perdere. Ogni possibile mossa di
Tom permette a Jerry di seguire la sua strategia. Alla fine del gioco Jerry vincerà.
Problema B4. (Comunicato da Cyril Bankov)
Tom e Jerry hanno due scatole, una con 20, l’altra con 21 dolci. Per primo Tom, poi Jerry,
quindi Tom, poi Jerry, etc.. Per ogni turno il giocatore ha magiato la totalità del contenuto di
una delle due scatole e muove una parte, ma non tutta, di dolci dall’altra scatola in quella
vuota. Perde colui il quale non si può più muovere; l’altro vince. Vi è una strategia vincente?
Soluzione.
Tom può vincere seguendo la strategia: lascia un numero dispari di dolci in entrambe le
scatole. Dopo di che muove Jerry che lascia un numero pari di dolci nella scatola, allora Tom
può sempre aggiustare questa strategia. Quando il gioco finisce, Tom vincerà.
Problema B5.
Il numero 2006! Che dalla definizione é uguale al prodotto dei numeri 1,2,3,...,2006 viene
scritto nella lavagna. Due giocatori, uno dopo l’altro, giocano accordandosi con la seguente
regola: se il numero X è scritto nella lavagna, il giocatore sceglie un numero intero positivo
77
Y  X tale che sia il più piccolo dei 20 primi divisori, e rimpiazza X con la differenza X-Y. Se si
scrive 0 si vince. Vi é una strategia vincente?
Soluzione:
Sia pi il i-esimo primo e sia P= p1 p2 … p20 il prodotto di questi numeri primi. Se X<P, il
giocatore che viene dopo può vincere sottraendo X. Quindi la posizione “P” é una cattiva
posizione: il giocatore successivo non può vincere, e chiunque giochi, l’altro giocatore può
vincere con la sua successiva mossa. Si consideri la posizione kP, k=1,2,.... Allora:
a) Se il numero alla lavagna é del tipo kP, il giocatore non può lasciare il suo concorrente in
una delle posizioni mP per m = 0, 1, 2, ..., (k-1), come implicherebbe una sottrazione di
un numero che abbia almeno 20 divisiori primi diversi. In particolare non può vincere
direttamente.
b) Se il numero alla lavagna é tra kP e (k+1)P, il giocatore può lasciare il suo concorrente
alla posizione kP.
Dalla posizione iniziale 2006! = nP, il secondo giocatore può sempre applicare b) lasciare un
numero del tipo kP dopo la sua mossa. Alla fine del gioco, questo garantisce la vincita al
secondo giocatore.
C. Semiinvarianti
Problema C1. (Olimpiadi, USSR 1961)
Ogni cella di una tabella rettangolare m x n é ricoperta da interi. Chiamiamo retta ogni riga o
colonna. E’ permesso cambiare segno a tutti i numeri in una certa retta. Dimostrare che dopo
un certo numero di tali cambi si può avere una tabella nella quale la somma dei numeri per
ogni retta é non nulla.
Soluzione.
Sia S la somma dei numeri in una tabella. Se ogni retta ha somma non negativa, siamo a
posto. Se è una retta con somma negativa, applichiamo l’operazione suddetta. Un risultato S
decresce (vedi S come la somma delle somme in tutte le rette, parallele alla retta scelta). Vi
sono solo molte scelte finite possibili per i segni degli interi nella tabella, vi sono molti valori
finiti possibili di S. Pertanto non possiamo scegliere rette con somme sempre negative.
Quindi ad ogni fase tutte le rette devono avere somma non negativa.
Problema C2. (Comunicato da Ivan Simeonov)
In un piano sono dati 2n differenti punti. Mostra che esistono n segmenti disgiunti che
terminano in questi punti.
Soluzione.
Congiungi i punti a coppie arbitrariamente. Sia S la somma delle lunghezze di tutti i segmenti
tracciati. Se tutti i segmenti sono disgiunti, siamo a posto. Altrimenti, se AB e CD hanno un
punto in comune, che non sia l’estremo comune, i punti sono differenti. Sostituiamo ora AB e
CD con AC e BD. La diseguaglianza triangolare mostra che S diminuirà. Quindi vi sono
molte possibili strade finite per connettere 2n punti, vi sono molti possibili valori finiti di S.
Pertanto S non può diminuire mai. Perciò in ogni momento il processo si é fermato, i.e. tutti i
segmenti saranno disgiunti.
Problema C3. (Olimpiadi, USSR 1971)
Ogni membro di un parlamento ha non più di 3 nemici. Mostra che il parlamento può essere
diviso in due parti in modo che ogni membro di una parte ha non più di un nemico nella sua
parte.
Soluzione.
78
Dividi il parlamento in due parti arbitrariamente. Sia S il numero totale di coppie di
nemici con una parte. Se ognuno non ha più di un nemico con questa parte, siamo a posto.
Altrimenti ognuno ha al meno due nemici nella sua parte; se lo muovi nell’altra parte, non
avrà più di un nemico perché il totale del numero dei nemici è minore o uguale a 3 e due o
tre di essi sono nell’atra parte. Pertanto S diminuisce. Vi é un grande numero finito di
possibilità per dividere il parlamento in parti, il processo non può continuare per sempre.
Pertanto ad ogni passo possiamo avere una separazione plausibile.
Problema C4. (Olimpiadi Matematiche Internazionali, Varsavia 1986)
Vengono scritti 5 interi ai vertici di un pentagono in modo tale che la loror somma sia
positiva. Se i numeri per ogni tre vertici consecutivi sono x, y, z e y<0, possiamo sostituire
questi numeri con x+y, -y e z+y, ripsettivamente. Questo processo si può ripetere
indefinitivamente?
Soluzione.
Siano a, b, c, d, e i numeri nei cinque vertici e sia S(a,b,c,d,e)=(a-c)2+(b-d) 2+(c-e) 2+(d-a)
2
+(e-b) 2. Supponiamo che c<0 ed abbiamo sostituito b, c, d con b+c, -c, d+c,
ripsettivamente. Allora
S(a,b+c,-c,d+c,e) - S(a,b,c,d,e)
= (a+c) 2+(b-d) 2+(c+e) 2+(c+d-a) 2+(b+c-e) 2 - (a-c) 2-(b-d) 2-(c-e) 2-(d-a) 2-(b-e) 2
= 4ac + 4ce + c(c+2d-2a) + c(c+2b-2e)
= c(4a+4e+c+2d-2a+c+2b-2e) = 2c(a+b+c+d+e)<0.
I valori di S sono interi, non nulli e diminuiscono dopo ogni operazione, il processo non può
continuare indefinitivamente.
D. Problemi per lavoro individuale
Le soluzioni ai problemi di questa sezione sono simili alle soluzioni dei problemi sopra
considerati. Si potrebbe provare a risolvere questi problemi e solo allora consultare le
soluzioni date alla fine della sezione.
Problema D1.
In un albero vi sono 100 mele golden. Ogni notte un dragone mangia due mele. Vi sarà un
giorno nel quale l’albero avrà esattamente 5 mele? Assumi che non crescono nuove mele
nell’albero.
Problema D2.
In un bus vi sono 11 persone. Ad ogni fermata 3 persone scendono e 5 nuove persone
entrano nel bus. Vi è una fermata dopo la quale nel bus vi saranno esattamente 100
persone?
Problema D3.
Ann ha scritto 20 interi, 7 dispari. Cancella due dei numeri e scrive la somma dei loro
quadrati. Allora ripete questa operazione con una nuova lista di numeri sino a che ha un
singolo numero. L’ultimo numero è pari o dispari?
Problema D4. (Olimpiade Nazionale Bulgara 2004)
In una parola consistente di a e di b sono possibili I seguenti scambi:
1. rinpiazzare aba con b o viceversa;
2. rinpiazzare bba con a o viceversa;
3. rinpiazzare abb con bba o viceversa;
4. rinpiazzare aab con baa o viceversa.
Iniziamo con una parola di 2005 a, seguita da una sola b. Possiamo avere una parola che
inizia con una b, seguita da 2005 a?
79
Problema D5. (Mircea Ganga)
Dieci monete sono poste ai vertici di un decagono. In ogni mossa possiamo scegliere due
monete e muoverne ognuna di un vertice adiacente. Possiamo mettere assieme tutte le
monete in un vertice?
Problema D6.
n monete sono poste ai vertici di un n-agono. Ad ogni mossa possiamo scegliere due
monete e muoverne ognuna ad un vertice adiacente. Possiamo mettere assieme tutte le
monete in un vertice?
Problema D7
In un bus vi sono 12 persone. Ad ogni fermata escono 2 persone ed entrano 5 nuove
persone nel bus. Vi è una fermata dopo la quale nel bus vi saranno esattamente 100
persone?
Problema D8
Il Bravo Calvaliere incontra nuovamente il Dragone dalle tre teste e ha deciso di tagliargliele.
Dopo aver tagliato una testa otto nuove teste appaiono al posto di essa. Ma il cavaliere
insiste nel taglier le teste. Infine decide di contarle. Ne conta 2006. Li ha contate
correttamente?
Problema D9.
E’ dato un insieme di 5 numeri: 2; 2; 3; 4; 4. Ad ogni passo, possiamo scegliere due di essi, a
e b, e rimpiazzarli con 2a-b e 2b-a.
a) Possiamo ottenere ad ogni tappa l’insieme di numeri 0; 2; 3; 4; 6?
b) Cosa possiamo dire dell’insieme di numeri 2; 2; 3; 4; 6?
Problema D10.
Un cavaliere é posto nell’angolo sinistro in basso di una scacchiera 8x8. Una “mossa” del
cavaliere è definita nella traslazione di due campi orizzontalemte o verticalmente e quindi un
campo nella direzione perpendicolare (a L). E’ possibile che dopo esattamente 9 mosse di
un cavaliere è posto nell’angolo in alto a destra della scacchiera?
Problema D11.
Puoi metter 31 domini in una scacchiera senza sovrapporsi in modo tale che i campi delle
diagonali opposte rimangano scoperte?
Problema D12. (Mircea Ganga)
Un T-tetramino consiste di 4 quadrati, ordinati secondo la lettera T. Puoi coprire una tabella
di 50x50 con 625 T-treamini?
Problema D13 (Mircea Ganga)
Sono scritti i numeri da 1 ad n nell’ordine. Una mossa consiste nello scambiare ogni due
numeri adiacenti. E’ possibile che dopo un numero dispari di mosse I numeri sono scritti nel
loro iniziale ordine?
Problema D14.
Sono scritti i numeri da 1 ad n nell’ordine. Una mossa consiste nello scambiare ogni due
numeri. E’ possibile che dopo un numero dispari di mosse I numeri sono scritti nel loro
iniziale ordine?
Problema D15.
Nel popolare Gioco 15, una scacchiera 4x4 ha una cella vuota, e le altre sono riempite con
monete, numerate (arbitrariamente) da 1 a 15. Due celle sono adiacenti se hanno unlato
80
comune. Una mossa consiste nel prendere la moneta da una delle celle, adiacenti a quella
vuota, e porla in quella vuota. Questa è una successione di mosse, dopo che le k monete e
le 16-k monete sono scambiate per ogni 2, …,7 (i.e. possiamo riordinare le monete
“inversamente”)?
Problema D16 (Olimpiade Matematica dei Balcani)
In un cubo 3x3x3, una delle 27 celle é vuota ele altre sono riempite con cubi unità, numerati
da 1 a 26. Due celle sono adiacenti quando hanno una faccia comune. Una mossa consiste
nel prendere il cubo da una delle celle, adiacenti alla cella vuota, e metterla in una cella
vuota. E’ questa una successione finita di mosse, dopo che i k cubi sono scambiati con i 27-k
cubi per ogni k=1, 2, ..., 13 (i.e. possiamo riordinare i cubi “inversamente”)?
Problema D17 (Torneo di Città).
Una tabella 7 x 7 é coperta da 16 blocchi 3x1 ed una cella é vuota. Cerca tutte le possibili
posizioni della cella vuota.
Problema D18
In un’isola vi sono 13 camaleonti bianchi, 15 grigi e 17 rossi. Quando due camaleonti colorati
differentemente si toccano cambiano il terzo colore.
a) Possono i camaleonti bianchi e grigi diventare di ugual numero?
b) Può accadere che il numero dei camaleonti grigi sia più grande di 3 dei camaleonti
rossi?
c) Può accadere che il numero dei camaleonti rossi sia più grande di 3 dei camaleonti
bianchi?
Problema D19. (Comunicato da Cyril Bankov)
Tom e Jerry giocano la seguente partita in una scacchiera. Un re é messo nell’angolo
sinistro in basso nella scacchiera. Per primo Tom, poi Jerry e quindi Tom, e così via. Ad ogni
turno il giocatore ha mosso il re di un campo a destra, o sopra, o diagonalmente in alto.
Perde chi non si può muovere più; l’altro vince. Vi è una strategia vincente?
Soluzioni dei problemi per il lavoro individuale nella Sezione D.
Soluzione del problema D1:
Durante la prima notte il numero di mele nell’albero diminuisce di 2: 100-2=98. Nota che 100
é un numero pari e quando lo diminuiamo di 2 abbiamo 98 che é pari. Alla notte successiva il
numero di mele diventa 98-2=96, e 96 é ancora un numero pari. Nei giorni successivi il
numero di mele sarà 94, 92, 90, 88, …, e questi sono sempre numeri pari, perché quando
sottraiamo 2 da un numero pari, il risultato sarà sempre un numero pari. In ogni giorno il
numero di mele sarà pari e quindi non é possibile ch ci siano esattamente 5 mele, perché 5 è
dispari.
Soluzione del problema D2:
No. Dopo la prima fermata 3 persone escono e 5 nuove persone entrano. Pertanto il numero
di persone nel bus aumenta di due: 11+2=13. Dopo ogni fermata il numero di persone nel
bus aumenta di due di nuovo: 11, 13, 15, 17, 19, 21, … Pertanto il numero di persone dopo
ogni fermata rimane dispari. Allora non potrà mai essere uguale 100.
Soluzione del problema D3:
Sia S il numero di interi dispari. All’inizio S=7. Ogni operazione preserva S o la diminuisce di
2. Pertanto la parità di S é preservata. Infine dobbiamo avere S≤1, poniamo S=1. Allora
l’ultimo numero è dispari.
81
Soluzione del problema D4:
Si osservi che sotto le sostituzioni permesse il numero di lettere a nella posizione pari
preseva la parità. Rimane da osservare che nella parola desiderata il numero di “a” in
posizione pari è 1003, quando nella parola data il numero di “a” in posizione pari è 1002.
Quindi questa parola non si può ottenere usando le sostituzioni menzionate.
Soluzione del problema D5:
No. Il numero dei vertici 1, 2, ..., 10. All’inizio, il numero di monete in posizione dispari é
dispari (5). Per ogni mossa, questo numero è preservato o cambiato di due, allora rimarrà
sempre dispari. Ma se le monete erano in un vertice, questo numero sarebbe pari, che è
impossibile.
Un altro approccio é il seguente. Numero di vertici 1, 2, ..., 10. Per ogni mossa, il valore della
moneta data uguaglia il numero di vertici. La somma dei valori delle monete all’inizio é 1 +2
+… +10 =55. La mossa di una moneta ad un vertice adiacente cambia il valore da 1 a 9,
allora il cambio totale di valori delle due monete é un numero pari. La somma dei valori è
dispari all’inizio, rimarrà sempre dispari. Ma se le monete sono messe ad ogni vertice, la
somma dei loro valori sarebbe dieci volte il numero a questo vertice. Questa somma è un
numero pari e quindi non può essere ottenuto.
Soluzione del problema D6:
Come sopra, numero di vertici 1, 2, ..., n. Si noti inizialmente che quando n é dispari,
possiamo mettere tutte le monete in un vertice senza alcun problema: scegliamo un vertice e
poniamo lì tutte le altre monete muovendo le coppie equidistanti verso il vertice.
In seguito si noti che se n è divisibile per 4, allora possiamo muovere inizialmente tutte le
monete nelle posizioni dispari alle loro più grandi posizioni pari. Questo implica che si
muovono un numero pari di monete, allora è possibile. Allora possiamo muovere liberamente
le coppie di monete ed in particolare possiamo metterle in un vertice.
Finalmente, sia n=4k+2 per alcuni interi k. Ad ogni mossa il valore delle monete date
uguaglia il numero dei vertici dove è messo. La somma dei valori delle monete all’inizio é 1 +
2 + … + (4k+2) =(2k+1)(4k+3), che è dispari. La mossa di una moneta ad un vertice
adiacente cambia il valore da un numero dispari (1 o 4k+1), allora il totale cambio di valori di
due monete è un numero pari. La somma dei valori è dispari all’inizio, rimarrà sempre
dispari. Ma se le monete sono messe ad ogni vertice, la somma dei loro valori sarebbe 4k+2
volte il numero ai suoi vertici. Questa somma è un numero pari e non può quindi essere
ottenuta.
Soluzione del problema D7:
No. Il numero di persone nel bus dopo ogni fermata rimane un multiplo di 3.
Soluzione del problema D8:
No. Dopo ogni mossa, il numero di teste aumenta di 7. Il numero di teste rimarrà sempre 3
modulo 7. Quindi 2002 é un multiplo di 7, il resto di 2006 modulo 7 é 4. Allora il cavaliere non
aveva contato correttamente.
Soluzione del problema D9:
a) Si: poni a=2, b=4.
b) No: osserva che la somma dei 5 numeri non é cambiato dalla trasformazione (i.e
l’invariante quì é la somma). Pertanto la somma iniziale é 15, mentre la finale sarebbe
17, allora non può essere ottenuta.
Soluzione del problema D10:
No. Dopo una mossa il cavaliere va ad un campo di altro colore. Pertanto dopo 9 mosse il
colore del campo differirà dall’originale di uno. Ma i due campi menzionati sono dello stesso
colore, allora é impossibile.
82
Soluzione del problema D11:
Diagonali di opposti campi hanno lo stesso colore. Ogni domino copre un campo nero ed
uno bianco. Quindi il numero di campi coperti neri è uguale al numero dei campi coperti
bianchi (31). I rimanenti due campi devono avere colori diversi.
Soluzione del problema D12:
No. Colora la tabella come una scacchiera. Se tale ordinamento dei T-tetramini é possibile,
allora parte dei T-tetramini sarà coperta con un campo nero e 3 bianchi, mentre il resto sarà
coperto da 1 campo bianco e 3 neri. Il numero totale di bianchi e neri esistenti sarà uguale,
dobbiamo avere un numero pari di T-tetramini, che é una contraddizione.
Soluzione del problema D13:
Una coppia di numeri in una data successione sarà chiamata invertita se il numero più
grande é scritto alla sinistra del più piccolo. Se scambiamo due numeri adiacenti, cambiamo
il numero delle coppie invertite di uno. Pertanto dopo un numero dispari di mosse il numero
di coppie invertite non può essere uguale al numero delle coppie invertite nella successione
iniziale. Perciò non è possibile ottenere l’ordine iniziale.
Soluzione del problema D14:
Come detto nel precedente problema, se scambiamo due numeri adiacenti, cambiamo il
numero delle coppie invertite di uno. Consideriamo ora il caso dello scambio di due numeri
più distanti; siano m gli altri numeri tra di loro. Lo scambio di questi due numeri può essere
realizzato da m+1 scambi dal quale il numero di sinistra muove a destra, sino ache sorpassa
il numero a destra ed allora con m scambi dai quali il precedente numero a destra muove
alla sinistra. Pertanto dopo ogni mossa il numero delle coppie invertite è cambiato ad un
numero dispari. Quindi dopo un numero dispari di mosse il numero di coppie invertite sarà
diverso dal numero di coppie invertite nella successione iniziale ed è impossibile otenere
l’ordine iniziale.
Soluzione del problema D15:
Numerate le celle 1, 2, ..., 16 quando i numeri consecutivi corrispondenti alle celle adiacenti
(e.g. riga 1 da sinistra a destra; allora riga 2 da destra a sinistra; allora riga 3 da sinistra a
destra e finalmente riga 4 da destra a sinistra):
1
8
9
16
2
7
10
15
3
6
11
14
4
5
12
13
In questo modo celle e monete sono date con numeri che li identificano. In particolare,
possiamo riferirci a celle e monete usando i numeri: “moneta 2”, “cella 5”, etc. Si consideri
una coppia di monete con i corrispondenti numeri m ed n. Tale coppia sarà denotata con
{m,n}. Le monete sono in ogni cella che ha anche numeri. Chiamiamo la coppia di monete
{m,n} “invertita” se la moneta con il numero più grande é nella cella con il numero più piccolo;
e.g. se le monete 1, 2, 3 sono nelle celle 1, 3, 2, rispettivamente., allora la coppia di monete
{2;3} é invertita, mentre {1;2} e {1;3} non lo sono. Denota con S(k) il numero totale delle
coppie invertite di monete dopo k mosse.
Nota che nel suddetto ordine ogni cella dispari é adiacente alle celle pari e viceversa.
Perciò, se muoviamo una moneta, si arriva alla cella con una parità opposta. Allora
nell’ordinare le celle, si passa ad un numero pari (possibilmente 0) di altre monete. Per
esempio, se la moneta 1 è nella cella 1 e la cella 8 è vuota, possiamo muovere la moneta 1
nella cella 8. In termini di numeri di celle sorpassiamo 6 celle (con monete in esse), chiamate
celle 2, 3, 4, 5, 6 e 7.
83
Se trasponiamo due monete nelle celle con numeri consecutivi (chiameremo questo
uno scambio; questo non é una mossa legale nel gioco), allora S(.) sarà cambiato con uno.
Questo avviene allora perché, se se c’è stata una inversione di coppie, ora esse non ci sono,
e se se non c’è stata una inversione di coppia, ora sono diventate uno. Nota che questa
trasposizione non riguarda le altre coppie (rimangono quelle che sono state invertite e non
emergono nuove coppie invertite).
Una mossa permessa è equivalente ad un numero pari di cambi. Allora S(.) sarà cambiata
da un numero pari (possibilmente 0). Pertanto la parità di S(.) è preservata.
Supponiamo che abbiamo riordinato le monete (come necessario) in z mosse. Le 15
monete formano 105 coppie (verificalo!). Una coppia di monete in due celle è invertita
nell’ordinamento finale se e solo se la coppia di monete nelle stesse due celle non è stata
invertita nell’ordinamento iniziale. Pertanto S(z) = 105 - S(0), contradicendo la uguale parità
di S(z) e S(0). Allora é impossibile riordinare le monete in questo modo.
Soluzione del problema D16:
La soluzione é simile alla soluzione del precedente problema. Numerate le celle come segue
(numeri consecutivi sono in celle adiacenti):
1
6
7
2
5
8
Alto Livello
3
4
9
18
13
12
17
16
14
15
11
10
Medio Livello
19
24
25
20
21
23
22
26
27
Basso Livello
Nota che ogni cella é adiacente solo alle celle con parità opposta. Come nel precedente
problema, chiamaiamo la coppia di cubi {m,n} “invertita” se il cubo con il numero più grande
è nella cella con il numero più piccolo. Chiama S(k) il totale delle coppie invertite di cubi dopo
k mosse. Un cubo mosso è sempre messo in una cella con parità opposta.
Se trasponiamo due cubi in celle con numeri consecutivi (chiameremo questo un
cambio; questo non è una mossa permessa nel gioco), allora S(.) sarà cambiata da uno.
Questo avviene allora perché, se se c’è stata una inversione di coppie, ora esse non ci sono,
e se se non c’è stata una inversione di coppia, ora sono diventate uno. Nota che questa
trasposizione non riguarda le altre coppie (rimangono quelle che sono state invertite e non
emergono nuove coppie invertite).
Una mossa permessa è equivalente ad un numero pari di cambi. Allora S(.) sarà cambiata
da un numero pari (possibilmente 0). Pertanto la parità di S(.) è preservata.
Supponiamo che abbiamo riordinato i cubi ( come necessario) in z mosse. Una
coppia di cubi é invertita in due celle nell’ordinamento finale se e solo se la coppia di cubi
nelle stesse due celle non é stata invertita nell’ordinamento iniziale. S(z) = 325 - S(0),
contraddicendo la uguale parità di S(z) e S(0). Allora é impossibile riordinare le monete in
questo modo.
Soluzione del problema D17:
Metti in ogni cella un numero in una tabella nei seguenti due modi:
1
2
3
1
2
3
1
2
3
3
1
1
2
2
3
3
1
1
2
2
3
1
2
3
1
2
3
1
2
3
3
1
1
2
2
3
3
1
1
2
2
3
1
2
3
1
2
3
1
84
1
2
3
1
2
3
1
3
2
1
3
2
1
3
2
1
3
2
1
3
2
1
2
3
1
2
3
1
3
2
1
3
2
1
3
2
1
3
2
1
3
2
1
2
3
1
2
3
1
Nei due casi le celle con “1” sono 17, mentre I “2” e “3” sono 16. Ogni blocco copre tre
diversi numeri, il campo vuoto ha “1” in entrembe le tabelle. Sono nove tali celle: una nel
centro, quattro al centro dei lati e quattro negli angoli. Per ognuna di queste celle è facile
cercare un ricoprimento che li lasci vuote.
Soluzione del problema D18:
Vedi la soluzione del problema A8
Soluzione del problema D19:
Indicizza le righe da sopra a sotto e le colonne da sinistra a destra con 1, 2, ..., 8. Jerry può
vincere seguendo la strategia: lascia il re in una posizione con due cooordinate pari. Dopo
tale mossa Tom non può muovere il re nell’angolo, allora Jerry non può perdere. Ogni
possibile mossa di Tom permette a Jerry di seguire questa strategia. Quando il gioco è
terminato, Jerry è il vincente.
85
86
Teoria dei Numeri
Vasile Berinde, Filippo Spagnolo
La teoria dei Numeri é una delle più antiche branche della matematica, e una delle più
ampie. Questo capitolo cerca di dare una introduzione elementare alla teoria dei numeri per
il livello di studenti 1, attraverso alcuni gruppi di esercizi e problemi. Riguardano questioni sui
numeri interi: divisibilità tra interi, algoritmo Euclideo e l’esistenza del massimo comune
divisore, elementari proprietà di numeri primi, alcuni casi speciali delle Equazioni Diofantee
e miscellanea.
1. Divisibilità di numeri interi
Cihamiamo
l’insieme dei numeri interi positivi (o numeri naturali). Diciamo che a  é
divisibile per b  od anche, che b divide a , se esiste c  tale che
a  bc .
Denotiamo questo con b  a o con a b e chiamiamo b un divisore o fattore di a . Diciamo
anche che a é un multiplo di b e in questo caso lo denotiamo a  M b .
Questa definizione può essere applicata a numeri interi non nulli, ma nel seguito
restringeremo il campo ai numeri interi positivi.
Ricordiamo i seguenti criteri elementari di divisibilità:
1) Un numero a  è divisibile per 2 se la sua ultima cifra é pari (che è divisibile per 2);
2) Un numero a  è divisibile per 5 se la sua ultima cifra è divisible per 5 (é 0 o 5);
3) Un numero a  è divisibile per 3 se la somma delle sue cifre é un numero divisibile per
3;
4) Un numero a  è divisibile per 9 se la somma delle sue cifre é un numero divisibile per
9;
5) Un numero a  è divisibile per 10n se le sue ultime n cifre sono zero.
Ad eccezione per l’ultima sezione di questo capitolo, tutti i numeri naturali si suppone essere
rappresentati nel sistema decimale di numerazione.
1.1. Mostrare che la somma (differenza) di due addendi o anche due numeri é anche un
numero.
Soluzione. Siano m e n due numeri naturali dispari, tali che che, m  2p  1 , p 
e
n  2r  1 , r  . Allora a  b  2( p  r  1) e a  b  2( p  r ) , che sono entrambi numeri pari.
Il caso che m e n lo sono entrambi è simile.
Esercizi (1)
1.2. Per ogni intero n , mostra che 2 divide n(n  1) .
1.3. Per ogni intero n , mostra che 3 divide n(n  1)(n  2) .
1.4. Cerca x tale che 2 x 5 é divisibile per 3 (rispettivamente per 9).
1.5. Provare che la differenza di due cubi consecutivi non é mai divisibile per 2. Soluzione.
Si ha (n  1)3  n3  3n(n  1)  1 e da n(n  1) é pari, dall’esercizio 1.2, diciamo che la
differenza di due cubi consecutivi é sempre un numero dispari.
1.6. Cerca l’ultima cifra del numero 72003 .
Soluzione. Denota con ld (u ) l’ultima cifra di u. Allora ld (71 )  7 ; ld (72 )  9 ; ld (73 )  3 ;
ld (74 )  1 …. Quindi 2003  4  500  3 , abbiamo ld (72003 )  3 .
1.7. Mostra che N  19961998  19971999  19982000 é divisibile per 5.
Soluzione. L’ultima cifra di 19961998 é sempre 6; l’ultima cifra di 19971999 é uguale all’ultima
cifra di 71999 , che é 3 (da 1999  4  494  3 ); l’ultima cfra di 19982000 é la stessa dell’ultima
cifra di 82000 , che é 6 (da 2000 é divisibile per 4).
87
Allora, l’ultima cifra di N sarà l’ultima cifra di 6  3  6  15 , che é 5, e quindi N è
divisibile per 5.
1.8. Mostra che N  19831986  19841986  19851986 é divisibile per 10.
1.9. Mostra che a  52n 3  9n 2  32n 1  25n 1 é divisibile per 17, per ogni n  .
1.10. Mostra che a  63n  7n 1  32n 1  21n  3n 2 é divisibile per 13, per ogni n  .
1.11. Prova il criterio di divisibilità per 3 (o 9).
2. Massimo comun divisore e minmo comune multiplo
Un numero naturale p  1 é chiamato numero primo se ha solo due divisori: 1 e se stesso.
Altrimenti, é chiamato numero composto. Ogni numero naturale può essere espresso
unicamente come un prodotto dei divisori primi.
Per due numeri naturali a e b , il numero naturale d é chiamato il loro massimo comun
divisore se
1) d  a e d  b ;
2) if c  a e c  b allora c  d .
Il massimo comun divisore di a e b é univocamente determinato e denotato da gcd (a b) 3
o, semplicemente (a b) .
Esempio 1. Abbiamo gcd (24 90)  6 da
24  23  31 and 90  2  32  5.
Due numeri naturali a e b con gcd (a b)  1 sono detti essere numeri primi fra loro.
Nota. se gcd (a b)  1 allora ab  n s e solo se a  n e b  n .
Esempio 2. Siano n  360 , a  24 e b  90 . Allora a  n e b  n (vedi l’esempio precedente),
ma n non è divisibile per a  b , da gcd (a b)  6  1.
Esercizi (2)
2.1. Dato il numero naturale 21x , cerca la cifra x tale che il numero é divisibile per: a) 5; b)
6; c) 12.
2.2. Cerca tutti I numeri della forma 2 x 3 y che sono divisibili per 15.
2.3. Cerca il più grande ed il più piccolo numero naturale della forma 619 x 7y che è divisibile
per 18.
2.4. Cerca x e y tale che 45 divide 4xy .
2.5. Mostra che il numero a  3  32  ...  31986 é divisibile per 156.
2.6. Mostra che I numeri della forma a  15n 1  3n 1  5  3n 2 sono divisibili per 27, per ogni
n  1.
2.7. Mostra che per ogni n 
il numero a  2n  5n  1988 é divisibile per 18.
2.8. Mostra che 30 divide n5 - n per ogni intero positivo n .
2.9. Mostra che il numero a  22n 1  32n  5n 1  4n  32n  5n é divisibile per 1980, per ogni
n .
2.10. Siano a, b 
3
. Mostra che se 3a  5b 17 allora, 4a  b 17 . E’ vera l’opposta ?
Seguiamo le sigle delle notazioni inglesi come nei capitoli precedenti.
88
2.11. Mostra che 5 x  7 y 31 se e solo se 11 x  3y 31 ( x, y  ) .
2.12. Mostra che 5a  8b 17 se e solo se 4a  3b 17 (a, b  ) .
2.13. Mostra che 3a  4b 13 se e solo se 2a  7b 13 (a, b  ) .
2.14. Mostra che le seguenti coppie di numeri sono primi tra di loro, per ogni n 
a) 6n  5 and 7n  6; b)10n  3 and 15n  4; c ) 4  7n  3 and 5  7n  4.
:
Il numero di divisori di un numero composto a, di cui i divisori sono primi
p1, p2 ,..., pn
Con esponenti 1, 2 ,..., n , rispettivamente, ed é,
a  p11  p22 
É dato da
 pnn
(1)
 (a )  (1  1)( 2  1)...( n  1) .
(2)
Esempio. Il numero a  30870 può essere scritto come a  2  3  5  7
numero dei suoi divisori é (1  1)  (2  1)  (1  1)  (3  1)  48 .
1
2
1
3
e allora il
2.15. Cerca tutti I numeri di due cifre che hanno esattamente tre divisori.
Soluzione. Usando la formula (2), deduciamo che n  1 e 1  2 , e i numeri sono della
forma p 2 , con p numerom primo. Diamo due cifre per p  5 e p  7 . Allora, i numeri richiesti
sono 25 e 49.
Esercizi (3)
2.16. Cerca tutti i numeri naturali che hanno esattamente quattro divisori, a condizione che il
prodotto dei suoi divisori sia 225.
2.17. Cerca tutti I numeri di quattro cifre che abbiano esattamente cinque divisori.
2.18. Cerca i numeri naturali che abbiano esattamente sei divisori, a condizione che il
prodotto dei loro divisori sia a) 91125; b) 32768.
2.19. Cerca i numeri ab, 72  ab  85 ,che abbiano esattamente quattro divisori.
2.20. Cerca tutti I numeri divisibili per 10 che abbiano esattammente sei divisori.
2.21. Cerca il più piccolo numero naturale che abbia esattamente 42 divisori.
2.22. Mostra che non esistono numeri naturali con tre cifre divisibili per 35, che abbiano
esattamente 9 divisori.
2.23. Cerca il più piccolo e il più grande numero della forma 3a  5b che abbia esattamente
12 divisori.
2.24. Cerca I numeri primi x, y , z tali che il numero n  11x  19y  31z abbia esattamente 144
divisori.
89
2.25. Cerca il numero naturale n  3a  5b  7c tale che 27  n abbia 36 divisori più di n , e
49  n abbia 12 divisori più di n .
E’ possibile cercare il MCD ed il mcm (gcd e lcm) di due o più numeri naturali senza la
fattorizzazione di questi numeri, usando l’algoritmo Euclideo.
Siano a, b  due numeri naturali, b  0 e b | a . Dividiamo a per b e con quoziente q1 e
resto r1 , tale che
a  b  q1  r1, 0  r1  b.
Allora sostituiamo a by b, b by r1 e facendo la stessa operazione
b  r1  q2  r2 , 0  r2  r1
r1  r2  q3  r3
Quando rn 1  0 , allora il precedente resto, i.e., rn , é il richiesto gcd, che é,
gcd(a, b )  rn .
Esempio. Cerca il gcd(93,51) .
Soluzione. Abbiamo
93  51  1  42
51  42  1  9
42  9  4  6
9  6 1 3
6  32 0
e quindi gcd(93,51)  3 .
Nota. E’ facile vedere che 93  3  31 e 51  3  17 , che danno lo stesso risultato.
2.26. Cerca a, b  tale che a  b  1089 e gcd(a, b)  121 .
Soluzione. Abbiamo a  121 m , b  121 n e gcd(m, n)  1 .
Poiché a  b  1089( 121 9) , poniamo m  n  9 che produce le seguenti coppie di numeri
primi tra loro
(m, n )  {(1,8), (2,7), (4,5), (5,4), (7,2), (8,1)} .
I numeri richiesti sono (121,986),(242,847),(484,605),(847,242),(968,121) .
2.27. Cerca due numeri naturali distinti a, b  1 tali che lcm (a, b)  667 .
Soluzione. Da 667  23  29 , I due numeri possono essere
a) 23 e 29; b) 23 e 667; c) 29 e 667.
Esercizi (4)
2.28. Cerca a, b 
che soddisfa: a  b  1600 e lcm(a, b)  4  gcd(a, b) .
2.29. Cerca a, b 
tale che a  b  108 e lcm(a, b)  315 .
2.30. Cerca a, b 
tale che 3  a  7 e lcm(a, b)  231.
2.31. Cerca a, b 
tale che gcd(a, b)  4 e a3  b3  884736 .
2.32. Cerca tutti i numeri a, b , a  b tali che lcm(a, b)  gcd(a, b)  34 .
90
Terminiamo questo paragrafo con due problemi tipici che possono essere affrontati usando
lcm e / o gcd.
3.33. Se disponiamo gli studenti in file di 2, 3, 4, 5, 6, uno studente rimane fuori sempre, ma
se li disponiamo in file di 7, tutte le file sono complete e non rimangono studenti fuori. Cerca
il numero minimo di studenti che la scuola può avere.
Soluzione. Da lcm(2,3,4,5,6)  60 , dobbiamo cercare il minimo valore di k tale che
(60  k  1) 7 .
Il valore richiesto é k  5 e allora la scuola ha 301 studenti.
2.34. Da una stazione di bus, 4 bus partono in 4 differenti direzioni ogni 5 minuti, 8 minuti, 12
minuti e 18 minuti, rispettivamente, nell’intervallo di tempo 6 a.m  9p.m. Conoscendo che
tutti i bus partono simultaneamente alle 7 : 00 a.m. , Cerca altri momenti della giornata nelle
quali hanno partenze simultanee.
Soluzione. Da lcm(5,8,12,18)  360 e 360 min = 6 ore, segue che abbiamo partenze
simultanee per tutti i bus alle 7:00; 13:00 e 19:00.
Esercizi (5)
2.35. Se dividiamo a per 24, 36, 30 e 75 abbiamo sempre resto 5. Cerca a  10000 che sia
divisibile per 11.
2.36. Se dividiamo un numero n per 9, 12 e 15 con i resti 6, 9 e 12, rispettivamente. Cerca il
resto quando dividiamo n per 180.
2.37. Cerca il più piccolo ed il più grande numero di tre cifre n che dia resto 7 quando si
divide per 9, 10 e 15.
2.38. Cerca tutti i numeri di tre cifre divisibili per 7 che diano lo stesso resto quando si
dividono per 2, 3, 5 e 6.
1.3. Numeri primi
Eiste una considerevole diversità di problemi relativi a numeri primi e numeri composti. Nel
seguito daremo alcuni esempi.
3.1. Cerca tutti i numeri primi p per i quali p  1 sia un quadrato.
Soluzione. Se p  1  n2 allora p  n2  1  (n  1)(n  1) che é un numero composto per ogni
n  2 . Per n  2 abbiamo p  3 che é il solo numero primo con le proprietà richieste.
3.2. Cerca due numeri primi a, b tali che a  b  883 .
Soluzione. Ogni numero primo, eccetto 2, é dispari. Da a  b é dispari dobbiamo avere
a  2 o b  2 che produce b  881 o a  881, che è un numero primo (esamina
attentamente!).
3.3. Mostra che 2n  1 e n2  n sono primi far di loro per ogni numero naturale n non nullo.
Soluzione. Usiamo il seguente
Lemma 1. Due numeri a e b sono primi fra di loro se e solo se esistono interi p, q, tali che
pa  qb  1.
In realtà, denotando a  2n  1, b  n2  n poniamo p  2n  1, q  4 tali che
pa  qb  1 .
91
Perciò 2n  1 e n2  n sono primi fra di loro.
3.4. Cerca tutti i numeri primi n per i quali n  4 e n  8 siano numeri primi.
Soluzione. I numeri n  4 e n  8 sono numeri primi, se n è dispari e n  1 (1 non è un
numero primo).
Sia allora n  2k  1, k  . I tre numeri primi saranno
(3)
2k  1, 2k  5, 2k  9, k  * .
Sappiamo che per k  1 otteniamo la soluzione 3, 7, 11. Proviamo a controllare se é unica o
meno. Perciò cerchiamo di mostrare che per i rimanenti valori k possiamo prendere almeno
un numero della precedente (3) che non sia primo. Utilizzeremo anche il fatto che il più
piccolo numero nella soluzione sopra cercato é 3. Dipendendo da questo nuemro 3, ogni
intero k  può essere scritto in una delle forme
3p , 3 p  1, 3 p  2, ( p  )
Come resto é 0, 1 o 2 quando si divide k per 3.
Se k  3p  1, allora 2k  1  3(2p  1) non é primo (eccetto per il caso p  0 , quando k  1,
che da già la soluzione cercata).
Se k  3 p  2 , allora 2k  5  3(2p  3) , che non é primo,  p  .
Se k  3p , allora 2k  9  3(2p  3) , che é non primo,  p  .
Quindi, solo per k  1 e per n  3 , i tre numeri dati sono simultaneamente primi.
Esercizi (6)
3.5. Mostra che ogni numero naturale n  3 può essere scritto come somma di primi. Povalo
per n  2004 .
3.6. Cerca tutti I numeri primi che possono essere scritti come somma e differenza di due
numeri primi.
3.7. La somma di tre primi consecutivi é n 2  n, n 
due di questi sono numeri consecutivi.
. Cerca questi numeri sapendo che
3.8. Cerca i numeri primi a, b, c che soddisfino la relazione a  b - c  1530 e a - b  966 .
3.9. Cerca tutti i numeri primi
a  b  c  1994 .
a, b, c
che soddisfino al relazione
a  b  271 e
3.10. Cerca tutti i numeri primi a, b, c tali che valga la relazione a  10b  12 c  82.
3.11. Cerca tutti i numeri primi a, b, c tali che valga la relazione 3a  7b  9c  54 .
3.12. Cerca i numeri primi a, b tali che aba , aab e baa siano primi e la loro somma sia 555.
3.13. Cerca il numero primo p tale che
simultaneamente primi.
2p  1, 3 p  2, 4p  3
e
6p  1
siano
3.14. Cerca tutti I numeri primi n tali che n  2, n  6, n  8 e n  14 siano anche primi.
3.15. Cerca l’intero positivo n per il quale n  1, n  3, n  7 , n  9 e n  15 siano
simultaneamente primi..
3.16. Cerca p 
tale che i numeri p, p2  2, p2  4 , p2  20 siano tutti primi.
92
3.17. Cerca n, p 
tali che n, n  2p , n  2p 1, n  2 p  2 siano simultaneamente primi.
3.18. Cerca n, p 
tali che p, p  2n , p  2n1, p  2n2, p  2n3 siano tutti numeri primi.
3.19. Cerca n, p 
tali che p, p  3n , p  3n 1, p  3n 2 , p  3n 3 siano tutti numeri primi.
3.20. Cerca un numero primo p tale che 24p  1 sia un quadrato.
3.21. Cerca tutti i primi p tali che 17p  1 sia un quadrato.
3.22. Mostra che i seguenti numeri siano composti
12321, 1234321, 123454321, 12345654321.
3.23. Mostra che a  2  10n  61, n 
*
, non é primo.
3.24. Cerca il numero delle cifre di a  22n 1  25n  53  1 . E’ un numero primo ?
3.25. 22004  1 é un numero primo ?
3.26. Mostra che a  262  1 é il prodotto di due numeri primi tra di loro e maggiori di 1.
3.27. Per ogni numero naturale n tale che a  n 4  2n3  2n2  2n  1 può essere un numero
primo ?
3.28. Dimostrare il Lemma 1.
1.4. Rappresentazione base di numeri
Tutti I numeri considerati nella sezione precedente erano rappresentati nel sistema decimale
di numerazione. Vi sono altre rappresentazioni che sono importanti per parecchie ragioni: il
sistema binario di numerazione, la rappresentazione in base 16, che sono molto importanti in
informatica etc.
Il sistema binario usa due cifre, 0 e 1, la rappresentazione ternaria usa 3 cifre: 0, 1 e
2 e così via.
Dato un numero N e rappresentato nella base b di numerazione, lo sriveremmo N( b ) .
Per b  10 ometteremo l'indice inferiore.
4.1. Mostra che 1(2) +11(3) +111(4) +1111(5) +11111(6) =3311(8) .
Soluzione. Convertiamo tutti I numeri nel sistema decimale
1(2)  1; 11(3)  1 31  1  4; 111(4)  1 42  1 41  1  21;
1111(5)  1 53  1 52  1 51  1  156;
11111(6)  1 64  1 63  1 62  1 61  1  1555;
3311(8)  3  83  3  82  1 81  1  1737,
Dopo aver controllato l’ugualianza. In realtà abbiamo 1  4  21  156  1555  1737 .
4.2. Cerca la cifra x se x( x  1)(7)  ( x  1)x (4) .
93
Soluzione.
Devi
avere
x  1 3
e
x  1.
Da
x( x  1)(7)  7 x  x  1  8 x  1
e
( x  1)x  4( x  1)  x , abbiamo x  1.
Esercizi (7)
4.3. Cerca x e y tali che 12( x )  36( y )  34 .
4.4. Cerca x e y tali che 13( x )  31( y )  23 .
4.5. Quante cifre ha il numero p nella rappresentazione binaria se 1  p  22004 (nel sistema
decimale) ?
4.6. Senza usare la rappresentazione di 1234 e 567 nel sistema binario, cerca il numero di
cifre che avrà in questa rappresentazione base.
4.7. Cerca i cubi tra i numeri a  123(4) , b  325(6) , e c  117(8) .
1.5. Miscellanea
5.1. Mostra che il numero 44
4 22
n times
2 può essere scritto come il prodotto di due interi
n times
consecutivi.
5.2. Cerca le tre cifre abc tali che abc  8abc .
5.3. Mostra che abab  cd  cdcd  ab .
5.4. Mostra che per ogni n 
quadrati.
, i numeri a  2n  5n 1  1 e b  2n 1  5n  1 non sono
5.5. Il numero n  22007  1 é primo ?
5.6. Mostra che 7n  4 non é un quadrato, per ogni n  1.
5.7. Mostra che la somma di quadrati di sette numeri naturali consecuti é divisibile per 7.
5.8. Cerca a, b, c, d tali che abcd  abc  ab  a  2002 .
5.9. Cerca a, b, c, d talie che abcd  bcd  cd  d  2222 .
5.10. Cerca cifre non nulle a e b tali che
aa  a0a  bbbb .
5.11. Cerca cifre a, b, c per le quali abbiamo
ac  b1  1abc .
5.12. Cerca cifre a, b, c, d per le quali
abcd  cd  bcd .
94
5.13. Cerca le cifre a, b, c e un numero n tali che
abc  abc  ncba .
1.6. Soluzioni, accenni, risposte
1.6.1. Esercizi (1)
1.8. ld(19831986 )  ld (31986 )  9 , da 1986  2(modulo 4) ,
ld(19841986 )  ld (41986 )  6 e ld (19851986 )  5 . Allora ld (N )  0 e quindi N 10 .
1.9.
a  52n 3  32( n 2)  32n 1  52( n 1)  52n2  32n1(5  33  1)  136  52n2  32n1 .
136  8  17 , abbiamo che a 17 .
1.10.
Da
a  (7  9)n  7n1  32n1 - (3  7)n  3n2  7n  32n  7n1  32n1  32n2  7n 
 7n  32n (1  7  3  32 )  13  7n  32n 13 .
1.11. Sia N  an an -1  a2a1 un numero dato. Abbiamo
N  an  10n1  an1  10n2 
n 1
 a2  10  a1 
n 2
 an (9  1)  an1(9  1)   a2  (9  1)  a1 
 M 9  an  an 1   a2  a1 .
Quindi N 3 , (rispettivamente 9) se e solo se la somma delle sue cifre é divisibile per 3,
rispettivamente per 9.
1.6.2. Esercizi (2)
2.1.
a) x  {0,5} ; b) x  {0,6} ; c) x  6 .
2.2. Da 15  3  5 e gcd(3,5)  1, 2x3y 15 se e solo se é divisibile per 3 e per 5. Poniamo
y  0 e x  {1,4,7} ; y  5 e x  {2,5,8} .
2.3. ( x, y )  {(0,4), (2,2), (4,0), (5,8), (7,6),(9,4)} .
2.4. ( x, y )  {(5,0), (0,5), (9,5)} .
2.5. Da 156  4  39 e gcd(4,39)  1 , è sufficiente dimostrare che N 4 e N 39 . In realtà,
questo segue da
N  (3  32  33 )  33 (3  32  33 )   31983 (3  32  33 )  39  A ,
e
N  (3  32 )  32 (3  32 )   31984 (3  32 )  12  B .
2.6. e 2.7. Simile a 1.7.
a  n5  n  n(n4  1)  n(n2  1)(n2  1)  (n - 1)  n  (n  1)  (n2  1) .
Per 1.2 e 1.3 abbiamo che (n  1)  n  (n  1) 6 . Da 30  6  5 e gcd(5,6)  1 abbiamo
dimostrato che a 5 . Ogni numero naturale n é della seguente forma:
{5k, 5k  1, 5k  2, 5k  3, 5k  4}, k  N .
2.8.
95
Se n  {5k, 5k  1, 5k  4} , allora evidentemente a 5 .
Se n  5k  2 , allora n2  1  25 k 2  20 k  4  1  M 5 , mentre se
n2  1  25 k 2  30 k  9  1  M 5 .
n  5k  3 , allora
2.9. Simile a 1.7.
2.10. Questo segue da 2  (3a  5b)  7  (4a  b)  17(2a  b) . L’inversa é ovviamente vera.
2.11. - 2.13. Simile a 2.10.
2.14.
a)
Sia d  gcd,(6n  5, 7n  6) ,
d | 6  (7n  6) - 7  (6n  5)  1, i.e., d  1 .
che
é,
d | 6n  5 e
d | 7n  6 .
Allora
1.6.3. Esercizi (3)
2.16. Possiamo avere n  d11  d21 (d1  d2 ) or n  d 3 , dove d1, d 2 ,d sono numeri primi. Nel
secondo caso i divisori sono d , d 2 , d 3 ma d 6  225 non ha radici intere. Rimane n  d1d 2 e
da d1  d 2  d1d 2  225 otteniamo d1  3 e d 2  5 .
Quindi n=15 è il numero richiesto.
2.17. Il numero deve essere della forma n  d 4 , d primo. Quindi n é di quattro cifre se
d  7 , e allora n  74  2401.
2.18. a) n  45 ; b) n  32 .
2.19. ab  p3 , p primo o ab  m  n , m e n primi. Cerchiamo ab  {74, 77, 82, 85} .
2.20. Da 10  2  5 e 6  2  3 , deduciamo che n  2a  5b con (a  1)(b  1)  6 . Se
a  1, b  2, n  50 ; se a  2, b  1, allora n  20 .
2.21. 42  2  3  7 e da n  am  bn  c p con (m  1)(n  1)( p  1)  2  3  7 . Il numero più
piccolo è ottenuto per m  1, n  2, p  6, a  5, b  3, c  2 , i.e., é 26  32  5  2880 .
2.22. Sia abc  7n  5m  .. il numero con I suoi divisori é (n  1)(m  1)  3  3  n  1  3 e
m  1  3 . Così, il numero più piccolo sarà 72  52  1225 , che è un numero di quattro cifre.
2.23. Il numero più piccolo é 675 ed il più grande 511 (se accettiamo che a e b possano
essere zero).
2.24. Abbiamo ( x  1)( y  1)( z  1)  144 . Da x, y, z primi, usiamo la fattorizzazione
144  4  6  6 che da le soluzioni (3,5,5), (5,3,5), (5,5,3).
2.25. n  32  5  75 ; 3  52  73 }
.
1.6.4. Esercizi (4)
2.28. gcd(a, b)  lcm(a, b)  a  b  4  gcd(a, b)  1600  gcd(a, b )  20 .
2
Allora, a  20, b  80 or a  80, b  20 sono le soluzioni.
96
2.29. 3 e 105.
2.30. a  77, b  33 .
2.31. (a, b)  (4,24), (8,12), (12,8),(24,4) .
2.32.
Da
e
segue
che
gcd(a, b) | a
a | lcm(a, b)
gcd(a, b) | lcm(a, b)
lcm(a, b ) - gcd(a, b ) gcd(a, b ) , che é 34 gcd(a, b ) . Chiama d  gcd(a, b) . Allora
d  {1,2,17,34} e le soluzioni sono
da
(a, b)  (1,35),(5,7), (2,36), (4,18), (17,51), (34,68) .
1.6.5. Esercizi (5)
2.35. lcm(24, 36, 30, 75)  1800, so x  1800k  5 and x 11 . Cerchiamo x  7205 .
lcm(9,12,15)  180, n  9  c1  6; n  12 c2  9
2.36.
n  3 9, n  3 12 e n  3 15 .
Quindi
n  3 180 ,
*
k   n  180k - 3  180( k -1)  177 . Il resto é 177.
e
Allora
n  15c3  12 .
n  3  180k ,
che
é
2.37. lcm(9,10,15)  90  n  90k  7 ; n  {187,997} .
2.38.
Il
resto
può
essere
0
o
1.
Se
r  0  n  lcm(2,3,4,5,6,7)  k ,
k   n  {210, 420,630, 840} . Se r  1  lcm(2,3,4,5,6)  30 ed il numero più piccolo é
30  10  1  301 . Le soluzioni sono 301  210  k , k  , i.e., n  {301, 511, 721, 931} .
1.6.6. Esercizi (6)
3.5.
Se
n  2k ,
allora
n 22
2,
mentre
per
n  2k  1
abbiamo
k times
n  2  2   2  3}  3 .
k 1 times
3.6. Sia p numero primo, p  2 , da ciò p è dispari. Se q1  r1  p e q2  r2  p , uno dei q1, r1
e uno dei q2 , r2 deve essere pari, che é, p  q1  2  q2  2 , con q1 e q2 numeri primi. Quindi
p  2, p e p  2 sono tutti numeri primi, quindi p  5 è soluzione unica (dimostralo!).
3.7. n2  n  n(n  1) 2 , da ciò uno dei tre numeri primi é pari, i.e., uguale a 2, e gli altri sono
dispari e perciò numeri non consecutivi. Sono due numeri primi consecutivi, devono avere il
numero 3 nell’insieme, ed allora il terzo numero é n2  n  5 , che è un numero primo per
n  3 . I numeri sono 2, 3 e 7.
3.8. a  1249, b  283, c  2 .
3.9. a  2, b  269, c  1723; a  269, b  2, c  1723 .
3.10. a  2, b  2, c  5 .
3.11. 233 e 532.
97
3.12. a  1, b  3 .
3.13. p  5 .
3.14. n  5 .
3.15. n  4 .
3.16. Per p  3 poniamo la soluzione 3, 11, 13, 29. Dimostriaamo che é unica. Ogni numero
naturale p può essere della forma
3k, 3k  1, 3k  2, k  .
Se p  3k e k  1, p é composito (per p  1 cerchiamo la soluzione come sopra);
Se p  3k  1, allora p2  2  3(3k 2  2k  1) , un numero composto,  k 
;
Se p  3k  2 , allora p  20  3(3k  4k  8) , un numero composto,  k 
2
2
.
3.17. Il numero primo n deve essere dispari. Cerchiamo tra 2 p , 2 p 1, 2 p  2 infine un numero
della forma M 3  1 ed infine un numero della forma M 3  2 (dimostralo!), possiamo avere
un numero primo nella data successione, se e solo se n  3k (e k  1), altrimenti un numero
sarà composto. Quindi n  3 e la successione é
3, 3  2p , 3  2{ p 1} , 3  2{ p  2} .
Discutiamo I casi
p  {3m, 3m  1, 3m  2 | m  } .
1) Per p  3m , poniamo
2p  (23 )m  (7  1)m  M 7  1
2p 1  2p  2  ( M 7  1)  2  M 7  2
2p  2  M 7  4
 M 7 é composto, per m  1 (nel caso m  0 , 3  2p  4 è
e quindi il numero 3  2p 2
composto);
2) Per p  3m  1 abbiamo 3  2p1  3  23m2  3  2p1  3  23m2  M 7 , che é composto
per m  1. Per m  0 , cerchiamo la successione di numeri primi 3, 5, 7 e 11;
3) Per p  3m  2 abbiamo 3  2p  M 7 , un numero composto, per tutti m  1. Per m  0 ,
i.e., p  2 , poniamo la successione di numeri primi {3,7,11,19}.
Qundi la soluzione del nostro problema é (n, p )  {(3,1),(3,2)} .
3.18. Simile a 2.53, cerchiamo p  3 ed allora n  1.
3.19. Da 3n , 3n 1, 3n  2 , 3n 3 dispari, p deve essere pari, i.e., p  2 . Le ultime cifre delle
potenze consecutive 3n , 3n 1, 3n  2 , 3n 3 saranno 3, 9, 7, 1, nell’ordine, per ogni n  * .
Allora, una potenza sarà 3 come cifra finale ed allora 2 + questa potenza avrà 5 come cifra
finale, che é un numero divisibile per 5. Allora, possiamo avere n  0 o n  1, con le
soluzioni 2, 3, 5, 11, 29 e 2, 5, 11, 29, 83, rispettivamente.
3.20.
24 p  1  k 2  p 
p  {2,5,7} .
k2 1
, k  2l  1, l 
24
e
da
p
3.21. 17p  1  k 2  17p  (k  1)(k  1) etc. Risposta: p  19 .
98
l (l  1)
,
6
l
.
Cerchiamo
3.22. 12321  1112 , 1234321  11112 ,
3.23. a  200
.
0 61 ed allora la somma delle sue cifre é 9, da a 9 .
n  2 times
3.24. a  22n 1  53  1  (2  5)2 n 1  52  1  25 000
0  24 99
2 n 1 times
9  ha 2n  3 cifre. Dalla
2 n 1 times
somma delle sue cifre é 2  4  9(2n  1) 3 , a é divisibile per 3.
3.25. Nota che 2004  3  668 e da
22004  1  (2668 )3  1  (2668  1)(22668  2668  1) .
Allora, il numero é composto.
3.26. a  262  1  431  1  (4  1)(430 - 429   - 4  1)  5k , dove
k  430  429  428   42  4  1  (5  1)30  (5  1)29 
(5  1)  1  M 5  1  1   1  M 5  1 é primo con 5.
 (5  1)2 
31 times
a  n (n  2n  1)  (n2  2n  1)  (n2  2n  1)(n2  1)  (n  1)2  (n2  1)
numero composto,  n  * .
2
3.27.
2
che
é
un
1.6.7. Esercizi (7)
4.3. x  5, y  7 .
4.4. x  7, y  4 or x  4, y  5 .
4.5.
p  22004  1  22003  22002 
 2  1  11 1
(2)
,
allora
p
ha
2004
cifre
nella
2004 times
rappresentazione binaria.
4.6. 210  1234  211; 29  567  210 . Allora, 1234 ha 11 cifre e 567 ha 10 cifre nel sistema
binario.
4.7. a  27  33 , b  125  53 .
1.6.8. Miscellanea
5.1.
a  (1  10 
10n1 )  4  10n (1  10 
 10n1 ) 
10n  1
10n  1
10n  1
2  10n  2 2  10n  1
.
 4  10n 
 2
(1  2  10n ) 

9
9
9
3
3
I numeri 2  10n  2 e 2  10n  1 sono divisibili per 3 da
2  10n  2  2  10n  1  3  2 00 01  3
 2
n1 times
e
2  10n  1  2 000
0.
n1 times
Inoltre,
2  10n  2
2  10n  1
.
 1
3
3
99
5.2. abc  8abc  bc  4a(2bc  25) . Soluzioni: 128; 672.
5.3. abab  ab  101 .
5.4. a  5 00
01 e b  200
n 1 times
01. Entrambi a e b sono divisibili per 3, ma non per 9, allora
n 1 times
non sono quadrati.
5.5. 2007  9  223 , n é composto.
5.6. Ogni quadrato é della seguente forma: 8k, 8k  1, 8k  4 (Dimostralo !). Allora
mostriamo che 7n  4 é della forma 8k  5 (se n é pari) o della forma 8k  3 (se n é dispari).
5.7.
(7k )2  (7k  1)2  (7k  2)2  (7k  3)2  (7k  4)2  (7k  5)2  (7k  6)2 
6  7  13
 M 7  1  22  32  42  52  62  M 7 
 M7.
6
5.8. 1803.
5.9. 1573.
5.10. a  2, b  4; a  3, b  9; a  b  1 .
5.11.
ac  b1  1abc  c  1 
100  9a
 10a
b
che mostra che
(4)
100  9a
(5)
 .
6
Non possiamo avere c  1 dalla forma (4) risulterebbe
100  a(10b  9)
Ed allora a  4 (perché 10b  9 é dispari) e da 10b  9  29 che é impossibile. Quindi
c  1  1 e per (4) poniamo
100  9a
(6)
1
 10a  8 .
b
Se prendiamo b  {7,8} risulta da (6) che a  1 , per la quale (4) non vale. Per b  5 , da (4)
risulta che a  {4,8} , valori che non soddisfano (6). Quindi, siamo partiti con b  2 .
Da (5) risulta che a é pari, e da (6) che 11a  84 , i.e., a  8 . Così a  8 ed allora per (4)
poniamo infine c  7 .
Allora, a  8, b  2 e c  7 é soluzione unica.
5.12. Simile a 2.81 cerchiamo a  3, b  1, c  2, d  5 .
5.13. Soluzione unica: a  9, b  6, c  3 e 963  963  927369 .
100
101
POLINOMI E EQUAZIONI
Jaroslav Zhouf
Sezione 1
Equazioni lineari
1
Definizione di equazione lineare
L’equazione
ax + b = 0 ,
dove a, b sono numeri reali e a  0 , é chiamata una equazione lineare nell’incognita x.
2
Binomio lineare
L’espressione ax  b , dove a, b sono numeri reali e a  0 , é chiamato un binomio lineare.
Esempio 1.1
Risolvi le seguenti equazioni nell’insieme dei numeri reali:
a) 3 x  5  7 x  13 ,
b) 5  2  x   5 x  7 ,
c)
x 2 3 


3x 2 .
Soluzione
a)
4x  8  0
x  2
b)
10  5 x  5 x  7
0  x  17  0
Nessun numero soddisfa l’equazione.
c)
x 2 3  3x 2
0x 0  0
Tutti i numeri reali soddisfano questa equazione.
3
Formula per radici di equazioni lineari
L’equazione ax  b  0 , a  0 , ha esattamente una radice x  
102
b
a
.
4
Alcuni Problemi
Problema 1.1
Risolvi le seguenti equazioni nell’insieme dei numeri reali:
x 1
 x  1,
a) 2 
2
4x  5
5

 x   x,
b)
2
2

4x  5
 x  1  x  .
c)
2
Problema 1.2
Risolvi la seguente equazione nell’insieme dei numeri reali:
 3x  1
2
 5  2x  1  2  6 x  3  x  1   x  1  3  2x  1 .
2
2
Problema 1.3
Vi sono alcuni banchi in una classe. Se 7 allievi siedono in ogni banco eccetto l’ultimo, ogni
studente siederà per ultimo. Se 6 allievi siedono in ogni banco, un allievo non avrà posto per
sedersi. Quandi allievi vi sono?
Sezione 2
Equazioni quadratiche
1
Equazioni in forma di prodotti di binomi lineari
Equazioni
 ax  b  cx  d   0 ,
dove a, b, c, d sono numeri reali e a  0 , c  0 , hanno la forma del prodotto di due binomi
lineari.
La soluzione di queste equazioni usa il fatto che il prodotto di due espressioni è uguale a
zero se e solo se uno de due fattori è uguale a zero.
Esempio 2.1
Risolvi la seguente equazione nell’inisme dei numeri reali:  x  2  2x  3   0 .
103
Soluzione
Il numero x è la radice dell’equazione data se e solo se
x 2 0
o
i.e.
x2
2
x
o
Le radici dell’equazione data sono 2 e 
3
2
2x  3  0 ,
3
2
.
.
Equazioni che possono essere trasformate in un prodotto di due binomi lineari
Esempio 2.2
Risolvi le seguenti equazioni nell’insieme dei numeri reali: 9  x 2  x  3 .
Soluzione
 3  x  3  x    x  3   0
 3  x  2  x   0
x1  3, x2  2
Commento
Equazioni nella forma di prodotti di più di due binomi lineari sono risolti nello stesso
modo, per esempio:
9

2
2
 16 x   1  x  0
4



3 
3

 4 x    4 x   1  x 1  x   0
2 
2

x1 
3
3
3
, x2   , x3  1, x 4  1
8
8
Construzione di una equazione con due radici date
Adesso useremo la procedura “all’indietro” per risolvere l’equazione
 ax + b  cx + d = 0 .
Inoltre, se abbiamo due numeri reali x1, x2, sono radici dell’equazione
a  x  x1  x  x2   0 , a  0 .
Esempio 2.3
Creare una equazione che abbia le seguenti radici:
a) x1  2, x2  3 ,
b) x1  x2  4 .
104
Soluzione
a) Questa equazione
a  x  2  x   3    0, a  0 ,


a x 2  x  6  0, a  0 .
Se mettiamo come coefficiente della x, b, 6a e c, poniamo l’equazione
ax 2  bx  c  0 , a  0 .
b) Similmente
a  x  4   0, a  0 ,
2


a x 2  8 x  16  0, a  0 .
Se poniamo 8a  b , 16a  c , nell’equazione
ax 2  bx  c  0 , a  0 .
4
Definizione di equazione quadratica
L’equazione
ax 2  bx  c  0 ,
dove a, b, c siano numeri reali e a  0 , é chiamata equazione quadratica nell’incognita x.
L’espressione ax 2 é chiamata termine quadratico, bx termine lineare e c termine noto.
5
Trinomi quadratici
L’espressione ax 2  bx  c , dove a, b c sono numeri reali e a  0 , è chiamata trinomio
quadratico.
6
Due speciali equazioni quadratiche
Caso c = 0
In questo caso, é l’equazione
ax 2  bx  0 , a  0 .
Può essere risolta per fattorizzazione
x  ax  b   0 .
Radici di questa equazione sono x1  0, x2  
b
a
.
Esempio 2.4
Risolvi la seguente equazione nell’insieme dei numeri reali:
2x 2  6 x  0
105
Soluzione
2x  x  3   0
x1  0, x2  3
Caso b = 0
In questo caso, l’equazione è
ax 2  c  0 , a  0 ,
c
x2   , a  0 .
a
Se 
Se 
c
a
c
a
 0 , l’equazione non ha radici reali.
 0 , l’equazione ha radici x1 

c
a
, x2   
c
a
.
Esempio 2.5
Risolvi le seguenti equazioni nell’insieme dei numeri reali:
a) 3 x 2  9  0 ,
b) 3 x 2  18  0 .
Soluzione
a)
x 2  3
Quaesta equazione non ha radici reali.
b)
x1 
7
6, x2   6 .
Equazioni quadratiche nella loro forma canonica
L’equazione
ax 2  bx  c  0 , a  0 ,
Può essere trasformata dalla divisione per il coefficiente a  0 nella forma canonica da
b
c
x2  x   0 .
a
a
b
c
Se poniamo  p ,  q , abbiamo la forma canonica
a
a
x 2  px  q  0 .
8
Relazioni tra radici e coefficienti di equazioni quadratiche
Se l’equazione quadratica è nella sua forma canonica e ha radici x1, x2, allora vale
106
l’eguaglianza
x 2  px  q   x  x1  x  x 2  ,
x 2  px  q  x 2   x1  x2  x  x1 x 2
Confrontando i coefficienti nei due membri dell’ugaglianza, abbiamo quelle che chiamiamo
relazioni tra radici e coefficienti di una equazione di secondo grado nella forma
canonica (teorema delle radici di Viete):
x1  x2  p ,
x1x2  q .
Se l’equazione quadratica (secondo grado) non é nella forma canonica, allora queste
relazioni sono:
x1  x2  
x1 x 2 
9
c
a
b
a
,
.
Applicazioni del teorema delle radici di Viete sulle soluzioni dell’equazione di secondo
grado
Primo, trasformiamo l’equazione ax 2  bx  c  0 nella sua forma canonica x 2  px  q  0 .
In seguito, proviamo a detreminare due numeri x1, x2 tali che vale x1  x2  p , x1x2  q . I
numeri x1, x2 sono radici dell’equazione data.
Esempio 2.6
Risolvi le seguenti equazioni nell’insieme dei numeri reali:
a) x 2  2 x  8  0 ,
b) x 2  4 x  4  0 .
Soluzione
a) Adesso risolviamo l’equazione
x1  x2  2 , x1x2  8 .
I due numeri sono x1  2, x2  4 .
b) Adesso risolviamo l’equazione
x1  x2  4 , x1 x2  4 .
I due numeri sono x1  x2  2 .
10 Alcune equazioni quadratiche
Problema 2.1
Risolvi le seguenti equazioni nell’insieme dei numeri reali:
a) 2 x 2  3 x  1  0 ,
b)  x 2  9 x  8  0 ,
107
c) 4x 2  12x  9  0 .
11 Una applicazione della fattorizzazione di trinomi quadratici in un prodotto di binomi
lineari
Una applicazione della suddetta fattorizzazione di trinomi quadratici nel prodotto di due
binomi lineari è la semplificazione di frazioni.
Esempio 2.7
Cerca tutti I numeri x per I quali la frazione
x 2  7x  6
3x 2  5x  2
é definita e semplifica la frazione.
Soluzione
La frazione non é definita per i numeri x per I quali
3x 2  5x  2  0 .
Trovati gli x, procedemmo con la suddetta procedura:
5
2
x1  x2   , x1 x 2 
3
3
2
x1  1, x2  
3
La frazione é definita per tutti I numeri reali con eccezione di 1 e 
Pertanto, abbiamo la fattorizzazione del denominatore:


3 x 2  5 x  2  3  x  1  x 
2

3
La fattorizzazione del numeratore può essere data similmente:
x 2  7 x  6   x  1 x  6 
Perciò vale
 x  1 x  6 
x 2  7x  6
x6
x6
.



2
2
2  3x  2
3x  5x  2


3  x  1  x   3  x  
3
3


12 Alcuni problemi che usano la fattorizzazione
Problema 2.2
Cerca tutti i numeri x per i quali le frazioni sono definite e semplifica:
4x 2  7x  2
a)
,
x2  x  6
x 2  3x  2
b)
.
7 x 2  1 x 2  5x  6



Problema 2.3
Risolvi nell’insieme dei numeri reali:
108
2
3
.
a)  x  2   x  1   x  1   x  3   x  5  0 ,
1
3


2
5

4

b) x 2  4x  5  x 2  4x  4  x 2  4x  5  0 .
Problema 2.4
Cerca tutti i numeri reali p per i quali la differenza delle due radici dell’equazione è uguale a 6
x 2  px  p  9  0
Problema 2.5
Fattorizza questi trinomi:
a) x3  x 2  42x ,
b) x 4  13x 2  40 ,
c) 6x 4  13x 2  6
Problema 2.6
Cerca tutti i numeri x per i quali le frazioni sono definite e semplifica:
x 3  2x 2  x  2
x 3  2x 2  x  2
Problema 2.7
Cerca tutti i numeri x per i quali le frazioni sono definite e semplifica l’espressione:
1
2
1
 2
 2
a) 2
,
x  2x  1 x  1 x  2x  1
1
1
2
 2
 2
b) 2
.
x  3 x  10 x  x  2 x  6 x  5
Problema 2.8
Cerca tutti i numeri reali p per i quali l’equazione
x 2  px  10  0
ha radici x  2 .
Problema 2.9
Una automobile dovrebbe percorrere una distanza di 108 Km. Se va più avanti di 3 Km,
impigherà una mezz’ora circa. Quale è la velocità dell’automobile?
Problema 2,10
La somma dei quadrati di tre numeri dispari consecutivi é155. Cerca questi numeri.
13 Soluzione delle equazioni quadratiche con il metodo del “completamento del quadrato”
Esempio 2.8
Risolvi nell’insieme dei numeri reali: 2 x 2  x  6  0
Soluzione
Usiamo la procedura del “completamento del quadrato”:
109
2x 2  x  6  0
1
x2  x  3  0
2
2
2
 2
1
 1   1
x  2   x         3  0
4
4  4

2
1
49

0
x   
2
16

1 7 
1 7

 x    x     0
2 4 
2 4

5
 x  1  x    0
2

x1  1, x 2  
5
2
La suddetta procedura consiste nella trasformazione dell’equazione nella sua forma
canonica e nel completamento del quadrato del binomio lineare.
Esempio 2.9
Risolvi le seguenti equazioni nell’insieme dei numeri reali “completando il quadrato”:
a) 9 x 2  12 x  4  0 ,
b) 2 x 2  4 x  3  0 .
Soluzione
a)
x2 
4
x
3
4
0
9
2
2

x    0
3

x1  x 2  
2
3
b)
x 2  2x 
 x  1
2

3
2
1
0
0
2
La parte sinistra di questa equazione é positiva per tutti i numeri reali ma la parte destra é
uguale a zero. Perciò, l’equazione non ha radici nell’insieme dei numeri reali.
Problema 2.11
Risolvi le seguenti equazioni nell’insieme dei numeri reali “completando il quadrato”:
a) x 2  2 2x  2  0
2
b) x  3 x  1  0
110
14 Una formula per le radici di una equazione quadratica generale (la formula
quadratica)
Useremo la procedura del capitolo precedente per risolvere una equazione quadratica
generale
ax 2  bx  c  0 , a  0 .
Per primo, trasformiamo l’equazione nella forma
b
c
x2  x   0
a
a
b
Allora completeremo il binomio x 2  x nel quadrato del binomio lineare e risolviamolo
a
come equazione quadrata senza il termine noto:
2
2
 2
b
 b    b  c
x  2   x          0
2a
 2a    2a  a

2
b 
b 2  4ac

.
x   
2a 
4a 2

Il denominatore 4a 2 é positivo e la parte sinistra dell’equazione é non negativa. L’equazione
ha infine una radice reale se e solo se b 2  4ac  0 . Pertanto, se b 2  4ac  0 , possiamo
continuare risolvendo la data equazione quadratica generale:
2
b   b 2  4ac

 x    
2a  
2a


b
b 2  4ac 
b
x




 x 


2
a
2
a
2
a


x1 
x2 
2

 0


b 2  4ac 
2a
0


b  b 2  4ac
2a
b  b 2  4ac
2a
Scriviamo questa nella forma abbreviata:
x1,2 
b  b2  4ac
2a
Le soluzioni dell’equazione quadratica dipendono dal segno dell’espressione
b 2  4ac , che è chiamato il discriminante e si indica con
D  b 2  4ac .
Riassumiamo quello che abbiamo scoperto: L’equazione ax 2  bx  c  0 , a  0 , non ha
b
radici reali se e solo se D  0 , ha radici reali x1  x 2  
se e solo se D  0 (diciamo
2a
che la radice 
b
2a
e solo se D  0 .
è una doppia radice), o ha due radici distinte x1,2 
111
b  b2  4ac
2a
se
Esempio 2.10
Risolvi le seguenti equazioni nell’insieme dei numeri reali usando la formula quadratica:
a) x 2  3  4 3 x ,
b) 16 x 2  8 x  1  0 ,
c) 2 x 2  8 x  15  0 .
Soluzione
a)

D  4 3
x1,2 
4 3  36
2


2
 4  1 3  36  0
4 3 6

2 3  3
 2 3 3  

2 3  3
2
b)
D   8   4  16  1  0
2
x1  x2  
8
2  16

1
4
c)
D  82  4  2  15  56  0
Questa equazione non ha radici nell’insieme dei numeri reali.
Problema 2.12
Cerca il campo di definizione dell’espressione x 
x4
2x  5 x  3
2
.
Problema 2.13
Dimostrare che se p è la somma e q é il prodotto di due numeri, allora 4q  p 2 .
15 Relazioni tra radici e coefficienti di equazioni quadratiche
Se l’equazione quadratica ax 2  bx  c  0 , a  0 , ha il discriminante D  b 2  4ac  0 ,
allora ha radici x1,2 
b  D
2a
e vale
x1  x2 
b  D
2a

b  D
2a


b
a
,

2
2
b  D b  D b 2  D b  b  4ac
c
x1 x2 



 .
2
2
2a
2a
a
4a
4a
Queste relazioni tra le radici dell’equazione quadratica ed i coefficienti sono chiamati teoremi
di Viete.
112
Esempio 2.11
Scopri per quale numero reale a, b, c, a  0 , le radici dell’equazione ax 2  bx  c  0 sono
a) Numeri di segno opposto,
b) Numeri inversi.
Soluzione
a) L’equazione ha radici reali, perciò b 2  4ac  0 . Le radici x1, x2 sono di segno opposto,
b
perciò 0  x1  x 2   e allora b  0 . Pertanto 4ac  0 , o ac  0 . Di contro, se b  0
a
e ac  0 , allora l’equazione ha due radici reali di segno opposto. Allora l’equazione ha
radici di segno opposto se e solo se b  0 e ac  0 .
b) Similmente, b 2  4ac  0 . L’eguaglianza x1 x2  1 vale per le radici inverse, allora
c
 x1x2  1 o a  c . Allora b 2  4ac  b 2  4a 2  0 . L’equazione ha radici inverse se e
a
solo se a  c e b 2  4a 2  0 .
Esempio 2.12
Data l’equazione x 2  27 x  180  0 . Senza calcolare le radici, cerca l’equazione quadratica
le cui radici sono inverse delle radici dell’equazione data.
Soluzione
Se x1, x2 sono radici di equazione data e x1' , x2' radici della nuova equazione, alllora x1' 
x2' 
1
x2
1
x1
,
. Essendo x1  x2  27 e x1 x2  180 nell’equazione data, per la nuova equazione, é
x1'  x2' 
x1' x2' 
1
x1
1


1
x2
1
x1 x2


x1  x2
x1 x2
1
x1 x2


27
180
1
180
,
.
La nuova equazione ha la forma
x2 
27
x
1
 0,
180
180
180 x 2  27 x  1  0 .
Problema 2.14
Data l’equazione ax 2  bx  c  0 , a  0 . Senza calcolare le radici, cerca l’equazione
quadratica le cui radici sono i quadrati delle radici dell’equazione data.
Problema 2.15
Cerca tutti i numeri reali m per i quali la seguente equazione ha due radici reali per le quali
una di essa é due volte più grande dell’altra:
9x 2  18mx  8m  16  0
113
Problema 2.16
L’equazione x 2  px  q  0 ha le radici p e q. Cerca tutti i numeri reali p, q che
corrispondano a queste condizioni.
Problema 2.17
Cerca tutti i numeri reali per i quali le seguenti equazioni hanno radici comuni:
2x 2   3m  2 x  12  0
4 x 2   9m  2 x  36  0
Sezione 3
Polinomi ed equazioni polinomiali di più alto grado
1 Definizione di una equazione polinomiale
L’equazione
an x n  an 1 x n 1  ...  a1 x  a0  0 ,
quando an  0 , an 1 , ..., a1 , a0 , sono numeri reali, n é un numero intero, é chiamata
una equazione polinomiale nell’incognita x. Il numero n é il grado dell’equazione
polinomiale.
Casi particolari sono le equazioni lineari ax  b  0 , a  0 , equazioni quadratiche
ax 2  bx  c  0 , a  0 e equazioni cubiche ax 3  bx 2  cx  d  0 , a  0 .
2
Polinomi di grado n
Il polinomio
an x n  an 1 x n 1  ...  a1 x  a0 ,
dove an , an 1 , ..., a1 , a0 sono numeri reali, n é un numero intero e an  0 , è chiamato
un polinomio di grado n.
3
Divisione di polinomi
La divisione di polinomi é simile alla divisione degli interi.
Esempio 3.1
Dividere questi due polinomi:
a) x 4  8 x 3  16 x 2  7 x  2 : x 2  3 x  2 ,
b)

9x
 
4
 


 26 x 2  20 : 3 x 2  2 x  5 .
Soluzione
a)
114
x
4
 

 8 x 3  16 x 2  7 x  2 : x 2  3 x  2  x 2  5 x  1
 x 4  3 x 3  2x 2
 5 x 3  14 x 2  7 x
5 x 3  15 x 2  10 x
 x 2  3x  2
x 2  3x  2
0
Possiamo anche scriverla:
x 4  8 x 3  16 x 2  7 x  2
 x 2  5x  1
x  3x  2
Possiamo fare questa divisione per tutti i numeri reali per
x 2  3 x  2   x  1 x  2   0 , i.e. per tutti i numeri reali eccetto per 1 e 2.
Se scriviamo la procedura nella forma
x 4  8 x 3  16x 2  7x  2  x 2  5 x  1 x 2  3x  2 ,
2


la
quale

Questa eguaglianza vale per x  1, x  2 .
b)
9x
4
 

 26 x 2  20 : 3 x 2  2 x  5  3 x 2  2 x  5
9 x 4  6 x 3  15 x 2
6 x 3  11x 2  20
6 x 3  4 x 2  10 x
15 x 2  10 x  20
15 x 2  10 x  25
5
Possiamo anche scrivere:
9 x 4  26 x 2  20
 3 x 2  2x  5 
5
3 x  2x  5
3 x  2x  5
Possiamo fare questa divisione per tutti i numeri reali per i quali 3 x 2  2 x  5  0 , i.e. per tutti
i numeri reali perché il discriminante dell’equazione 3 x 2  2 x  5  0 è negativo.
Possiamo anche scrivere questa procedura nella forma prodotto
9x 4  26x 2  20  3x 2  2x  5 3x 2  2x  5  5 ,
2


2

che vale per tutti i numeri reali.
Teorema
Possiamo cercare i polinomi che R e S con i polinomi P e Q verifichino la relazione
P x
S x
 R x 
.
Qx
Qx
Questa eguaglianza vale per tutti i numeri reali x per i quali Q  x   0 , e il grado del
polinomio S è più piccolo del grado del Q.
Possiamo anche scrivere questa eguaglianza nella forma prodotto
P  x   R  x Q  x   S  x  ,
Ma questa eguaglianza vale per tutti i numeri reali.
115
Problema 3.1
Dividi questi due polinomi e scrivi anche queste operazioni nella forma prodotto:
a) 8 x 3  27 :  2 x  3 
b)
c)
4


 x  9x  x  7x  2 :  x  6x  5 
11x  32  19 x  3 x  28 x  :  4  3 x 
4
3
3
2
2
2
4
Radici dell’equazione polinomiale di grado n
Ogni equazione
an x n  an 1 x n 1  ...  a1 x  a0  0 , an  0 ,
ha al più n radici.
Come sappiamo dalla risoluzione delle equazioni quadratiche, ogni equazione polinomiale
eccetto per le equazioni di primo grado possiamo avere radici multiple identiche. Allora
diciamo che la radice ha una certa moltiplicità.
La radice x 0 ha la molteplicità k, se e solo se il polinomio an x n  an 1x n 1  ...  a1x  a0 é
divisibile per il binomio x  x0 k volte ma non k  1 volte.
Esempio 3.2
L’equazione
 x  1
x 2  x  1  0
ha radice x  1 di molteplicità tre, la radice x  0 ha molteplicità due, la radice x  1 è
semplice.
5
3
Relazioni tra radici e coefficienti di una equazione polinomiale
Se l’equazione
an x n  an 1 x n 1  ...  a1 x  a0  0 , an  0 ,
ha le radici x1, x2, x3, ..., xn (alcune di loro possono coincidere), possiamo fattorizzare nella
forma
an  x  x1  x  x2  x  x3  ...  x  xn   0 .
Se eleviamo il prodotto nella parte sinistra dell’equazione, otteniamo la forma
an x n   x1  x2  ...  xn  x n 1   x1x2  x1x3  ...  xn 1xn  x n 2  ...   1 x1x2 ...xn  0 .
Possiamo ottenere relazioni tra le radici ed I coefficienti dell’equazione polinomiale
confrontando le due forme dell’equazione:
a
x1  x2  ...  xn   n 1 ,
an
n
x1 x2  x1 x3  ...  xn 1 xn 
an 2
,
an
................................................
n a
x1 x2 ...xn   1 0 .
an
116
6
Risoluzione di equazioni polinomiali
Abbiamo dedotto formule per le radici di equazioni lineari e quadratiche nei paragrafi
precedenti. Similmente, vi sono formule per le radici di equazioni del terzo e del quarto
grado. Tuttavia sono molto complicate e perciò non saranno introdotte qui.
D’altra parte non è possibile avere delle formule universali per equazioni di grado
elevato. Vi sono solo formule per alcuni tipi speciali di equazioni di grado alto. Perciò non
è possibile risolvere una arbitraria equazione polinomilae usando delle formule.
Adesso mostreremo una procedura che può essere usata per risolvere alcune equazioni
polinomiali di grado elevato. E’ basata nella determinazione della radice più piccola
dell’equazione e una riduzione di grado di questa equazione. Useremo il seguente teorema.
Teorema
Se x1 é una rdaice dell’equazione
an x n  an 1 x n 1  ...  a1 x  a0  0 , an  0 ,
allora
an x n  an 1 x n 1  ...  a1 x  a0   x  x1  bn 1 x n 1  ...  b1 x  b0  0 , bn 1  0 .


Le altre radici della data equazione possono essere cercate risolvendo l’equazione
bn 1 x n 1  ...  b1 x  b0  0 , bn 1  0 .
Possiamo ripetre questa procedura e cercare tutte le radici dell’equazione data.
Esempio 3.3
Risolvi la seguente equazione nell’insieme dei numeri reali: x 3  6 x 2  11x  6  0 .
Soluzione
Sostituiremo alcuni valori alla x nella parte sinistra dell’equazione. In questo caso è
facile vedere che x1  1 é una radice. Allora


x 3  6 x 2  11x  6   x  1 x 2  px  q .
Possiamo cercare il polinomio x 2  px  q dividendo il polinomio x 3  6 x 2  11x  6 by x  1
o comparando I coefficienti del polinomio
x 3  6 x 2  11x  6
e il polinomio
 x  1 x 2  px  q  x 3   p  1 x 2   q  p  x  q .


Segue che p  1  6 , q  p  11, q  6 or p  5 , q  6 . Pertanto,


x 3  6 x 2  11x  6   x  1 x 2  5 x  6   x  1 x  2  x  3  .
L’equazione ha le radici x1  1 , x2  2 , x3  3 .
Esempio 3.4
nell’insieme
Risolvi
la
seguente
equazione
5
4
3
2
x  x  6 x  10 x  16 x  24  0 .
117
dei
numeri
reali:
Soluzione
Possiamo cercare le radici x1  3 , x2  2 di questa equazione se sostituiamo questi valori
per x. Perciò, possiamo scrivere
x 5  x 4  6 x 3  10 x 2  16 x  24   x  3  x  2  x 3  px 2  qx  r 


 x   p  1 x   p  q  6  x   6 p  q  r  x   6q  r  x  6r .
Segue che p  1  1, p  q  6  6 , 6 p  q  r  10 , 6q  r  16 , 6r  24 e allora
p  2 , q  2 , r  4 . Ora, rimane da risolvare l’equazione
5
4
3
2
x 3  2x 2  2x  4  0 .
Vediamo se x3  2 è una radice, Perciò


x 3  2 x 2  2 x  4   x  2  x 2  sx  t  x 3   s  2  x 2   t  2s  x  2t .
Segue che s  2  2 , t  2s  2 , 2t  4 or s  0 , t  2 . Poi, é necessario risolvere
l’equazione x 2  2  0 che non ha radici reali.
Riassumento, concludiamo che l’equazione ha le radici x1  3 , x2  x3  2 .
Esempio 3.5
Risolvi la seguente equazione nell’insieme dei numeri reali: 2 x 3  3 x 2  3 x  2  0 .
Soluzione
Possiamo fattorizzare il polinomio cubico nella parte sinistra dell’equazione:
2x 3  3 x 2  3 x  2  2 x 3  1  3 x  x  1  2  x  1 x 2  x  1  3 x  x  1 






  x  1 2x 2  2x  2  3 x   x  1 2 x 2  5 x  2


L’equazione ha la radice x1  1 . Poi, risolvi l’equazione
2x 2  5 x  2  0
Con l’aiuto della formula per l’equazione di secondo grado:
x1,2 
5
 5 
L’equazione ha radici x1  1 , x2  2 , x 3 
2
 422
22
1
2
2

 1

2
.
Problema 3.2
Risolvi le seguenti equazioni nell’insieme dei numeri reali determinando alcune radici:
a) x 4  2 x 2  3 x  2  0 ,
b) x 4  4 x 3  3 x 2  4 x  4  0 ,
c) x 3  24 x  72 .
Problema 3.3
Risolvi le seguenti equazioni nell’insieme dei numeri reali attraverso una opportuna
118
fattorizzazione del polinomio:
a) x 3  3 x 2  x  3  0 ,
b) x 3  3 x 2  3 x  1  0 ,
c) x 6  1  0 .
7
Radici razionali dell’equazione polinomiale con coefficienti interi
Abbiamo risolto equazioni polinomiali determinando inizialmente una o più radici. Quando li
abbiamo trovate, riduciamo il grado dell’euazione polinomiale e continuiamo la stessa
procedura.
Possiamo facilitare l’individuazione delle radici guardando le radici in un inseme concreto di
numeri. Useremo il seguente teorema.
Teorema
Se l’equazione polinomiale
an x n  an 1 x n 1  ...  a1 x  a0  0 , an  0 ,
dove an , an 1 , ..., a1 , a0 sono numeri interi, ha alcune radici razionali
r
, dove r e s sono
s
primi tra loro, allora il numero r è un divisore del numero a0 e il numero s è un divisore del
numero an.
Questo teorema ci permette di cercare tutte le radici razionali di una data equazione
polinomiale. Altre possibili radici nell’insieme dei numeri reali saranno allora nell’insieme
dei numeri irrazionali.
Esempio 3.6
Risolvi la seguente equazione nell’insieme dei numeri reali: x 4  7 x 3  13 x 2  7 x  12  0 .
Soluzione
Tutti I divisori di 12 sono 1, 2 , 3 , 4 , 6 , 12 e tutti i divisori di 1 sono 1. Perciò,
1
2
3
4
6
12
possibili radici razionali dell’equazione sono I numeri  ,  ,  ,  ,  , 
o I
1
1
1
1
1
1
numeri 1, 2 , 3 , 4 , 6 , 12 .
Se sostituiamo questi valori in x nella parte sinistra dell’equazione, troveremo i numeri
x1  3 , x2  4 che sono radici. Pertanto possiamo scrivere:

 


x 4  7 x 3  13 x 2  7 x  12   x  3  x  4  x 2  px  q  x 2  7 x  12 x 2  px  q 


 x 4   p  7  x 3   7 p  q  12  x 2  12q  7q  x  12q   x  3  x  4  x 2  1 .
Perciò, l’equazione data ha le radici x1  3 , x2  4 e no n altre nell’insieme dei numeri reali.
Esempio 3.7
Rsolvi la seguente equazione nell’insieme dei numeri reali: 2 x 3  11x 2  17 x  6  0 .
119
Soluzione
1
2
3
6
1
2
Possibili radici razionali di questa equazione sono i numeri  ,  ,  ,  ,  ,  ,
1
1
1
1
2
2
3
6
1
3
 ,  , i.e. numeri 1, 2 , 3 , 6 ,  ,  . Se proviamo con tutti questi numeri,
2
2
2
2
1
troviamo che l’equazione ha radici x1  2 , x2  3 , x3   .
2
Problema 3.4
Risolvi le seguenti equazioni nell’insieme dei numeri reali:
d) 2 x 3  7 x 2  7 x  2  0 ,
e) x 4  2 x 3  2 x 2  6 x  9  0 .
Problema 3.5
Risolvi le seguenti equazioni nell’insieme dei numeri reali:
x 2  1 2x 2  2
a)

 2x ,
x
x2
x 2 32
 x 11 
b)
 2  8 
.
3 x
 3 3x 
8
Sistemi di equazioni quadratiche con diverse incognite
Esempio 3.8
Risolvi il seguente sistema di equazioni nell’insieme dei numeri reali:
 x 2  y 2  25

3 x  y  5
Soluzione
Esprimiamo y  3x  5 dalla seconda equazione e sostituiamola nella prima equazione:
x 2   3 x  5   25
2
10 x 2  30 x  0
x1  0 , x2  3
Dalla seconda equazione, poniamo:
y1  3x1  5  5, y 2  3x2  5  4
Dopo il the test, troviamo che il sistema dato ha due soluzione x1  0 , y1  5 e
x2  3 , y 2  4 .
120
Esempio 3.9
Risolvi il seguente sistema di equazioni nell’insieme dei numeri reali:
 x 2  y 2  25
 2
2
 x  y  18 x  18 y  7  0
Soluzione
Sottraiamo la prima equazione dalla seconda e otteniamo:
18 x  18y  7  25
y  x 1
Sostituiamo questa espressione nella prima equazione.
dell’equazione data x1  4 , y1  3 a x2  3 , y 2  4 .
Abbiamo
due
soluzioni
Problema 3.6
Risolvi il seguente sistema di equazioni nell’insieme dei numeri reali:
 xy  2 x  2y  1  0
a) 
x  y  8
 x  12   y  2 2  1
b) 
2
2
 x  2    y  1  1
2y  z  1

c)  x  y  z  4
 x 2  y 2  z 2  10

9
Sostituzione
Possiamo risolvere alcune equazioni di grado elevato per sostituzione.
Esempio 3.10
Risolvi la seguente equazione nell’insieme dei numeri reali: x 4  3 x 2  2  0 .
Soluzione
Usiamo la sostituzione y  x 2 . Tarsforma l’equazione data nell’equazione
y 2  3y  2  0 ,
 y  1 y  2  0 ,
che ha le radici y1  1, y 2  2 . Pertanto l’equazione data ha radici x1  1 , x2  1, x3  2 ,
x4   2 .
Esempio 3.11
Risolvi la seguente equazione nell’insieme dei numeri reali:
121
3x
2x  1
1 2
2x  1
x
.
Soluzione
Per x  0 , x 
1
2
, usa la sostituzione y 
x
2x  1
. Trasforma l’equazione data nell’equazione
3y  1  2 
y2 
y
3

che ha radici y1  1, y 2 
2
3
y
,
2

 y  1  y
1
 0,
3
2
   0,
3
.
Questo conduce all’equazione
x
2x  1
1
che ha la radice x1 
3
 1 ,
, e l’equazione
x
2x  1

2
3
,
che ha radice x2  2 .
Allora l’equazione data ha radici x1 
1
3
, x2  2 .
Problema 3.7
Risolvi le seguenti equazioni nell’insieme dei numeri reali per sostituzione:
a)
b)
c)
x
2
 2x
2x
x 1
x
2
x

2
x 1


2
 7 x 2  14 x  8  0 ,
2x
 2,
 3 x2  x  4  0 ,
d) x 2  3 x  2 
3
x

1
x2
 0.
Problema 3.8
Risolvi i seguenti sistemi di equazioni nell’insieme dei numeri reali per sostituzione:
 2  x  1 3  y  2 
 y 1  x 1  3

a) 
 x  1  2  y  2   2
 y  1
x 1
122
 2x
xy

2

b)  x  y
2x
2 x x  y  144

 
Sezione 4
Problemi più difficili
Problema 4.1
Per quale numero reale c esistono solo due differenti numeri reali che sono soluzioni
dell’equazione
x 3   c  1 x  c  0 ?
Problema 4.2
Per quale numero reale p il sistema di equazioni
3
 x  x  3 p  6
 3
 x  x  4 p  10
ha una soluzione nell’insieme dei numeri reali?
Problema 4.3
Cerca per quale numero reale a il sistema di equazioni
x  y  z  2
 2
2
2
x  y  z  4
 x 3  y 3  z3  a

ha una soluzione nell’insieme dei numeri reali, e risolvilo.
Problema 4.4
Cerca per quale numero reale p l’equazione
x 3  px 2  2px  3p  1
ha tre differenti radici reali x1 , x 2 e x 3 per i quali vale x1x2  x32 .
Problema 4.5
Dimostra che l’equazione
x 3  1996x 2  rx  1995  0
ha al massimo una radice intera per ogni parametro reale r.
Problema 4.6
Cerca per quale numero reale p l’equazione
x 2  4px  5p2  6p  16  0
Ha due differenti radici x1 , x 2 per i quali la somma x12  x22 è la più piccola possibile.
Problema 4.7
Risolvi il seguente sistema di equazioni nell’insieme dei numeri reali
123



 x 2  1 y 2  1  24 xy  0

 12 x
12y
 2
 1 0
 2
x

1
y
1

Problema 4.8
Cerca tutti i polinomi P per i quali, per tutti i numeri reali x, vale l’equazione
P  2x   8P  x    x  2
2
Problema 4.9
Cerca tutti i polinomi P, Q per i quali, per tutti i numeri reali x , vale l’equazione
 
Q x 2   x  1  x  P  x  
2
4
Problema 4.10
Cerca il risultato del prodotto
1  x  x 2  ...  x 99  x100 1  x  x 2  ...  x 99  x100 .


Problema 4.11
Cerca la somma S dei coefficienti del polinomio

F  x   1  3x  3x 2

1988


 1  3x  3x 2

1989
.
Problema 4.12
Cerca tutti i polinomi F che soddisfino:
a) F  x  3   x 2  7x  12 ,


b) F x 2  1  x11  8 x 7  6 x 5  4 ,
c) F  x  1  2F  x  1  3 x 2  7 x .
Problema 4.13
Cerca il resto della divisione del polinomio
x  x3  x9  x 27  x81  x 243
by a) x  1 , b x 2  1.
Problema 4.14
Determina il polinomio F del più piccolo grado possibile quando lo dividi per
 x  2
3
tralascia 2x, risp. 3x.
Problema 4.15
Determina il numero naturale n per il quale il polinomio
n
n
F  x   x n   x  1   2x  1   3n  2n  1
é divisibile per G  x   x 2  x  2 .
Problema 4.16
Supponi che la somma di due radici dell’equazione
2x 3  x 2  7 x  d  0
Sia eguale a 1. Determina tutti i numeri d e le radici di questa equazione.
Problema 4.17
124
 x  1
2
e
Supponi che le radici x1, x2 , x3 dell’equazione x 3  px  q  0 soddisfino
1 1
.
x3  
x1 x2
A quali condizioni soddisfano i coefficienti p, q ?
Problema 4.18
Determina i numeri reali a, b, p, q tali che
 2x  1
20
  ax  b 
20

 x 2  px  q

10
.
Sezione 5
Risposte
Problema 1.1: a) x  1, b) Nessuna Soluzione, c) tutti i numeri reali.
1
Problema 1.2: x   .
3
Problema 1.3: 43 allievi.
Problema 2.1: a) x1  1, x2  
Problema 2.2: a)
4x  1
x 3
1
3
, b) x1  1, x2  8 , c) x1  x2  .
2
2
, x  2, x  3 , b)
1
7  x  1 x  3 
, x  1, x  2, x  3 .


Problema 2.3: a) x  , 2   1,1  1,3 , b) x  ,1  5,   .
Problema 2.4: Cenno - x1  x2  p, x1  x2  6, x1 
p 2  36
p6
p6
, x1x2 
e anche
, x2 
4
2
2
x1x2  p  9 , allora p2  4p  0, p  0 or p  4 .


 



 2  3  3x  2   2x  3  2x  3  3x  2 

Problema 2.5: a) x  x  7  x  6  , b) x 2  5 x 2  8  x  5 x  5 x  8 x  8 , c)

6 x 4  4 x 2  9 x 2  6  2x 2 3 x 2
Problema 2.6:
x2
x2
Problema 2.7: a)
2
3x  2
, x  2, x  1 .
2x 2  4x  2
x
2

1
2
, x  1, b)
10
 x  5  x  21 x 
, x  2, x  5, x  1.
Problema 2.8: p  7 .
9
1

Problema 2.9: Cenno - vt  108, v  3   t    108 , 2t 2  t  36  0 , t  ore.
2
2

Problema 2.10: Cenno - x 2   x  2   x  4   155 . I tre numeri consecutivi dispari
positivi sono 5, 7, 9.
3  5
3  5
, x2 
Problema 2.11: a) x1  x2  2 , b) x1 
.
2
2
3  3


Problema 2.12:  ,      , 1   1,   .
2  2


Problema 2.13: Cenno – i numeri p, q sono radici di una equazione x 2  px  q  0 .
2
2
125

2
c b 2  2ac
 b

2


,

a
a2
 a
b 2  2ac
c2
x2 
x

0,
i.e.
a2
a2
x1' x2'  x12 x22   x1x2   2 x1 x2   
2
Problema 2.14:
c2
,
l’equazione
a2
a2 x 2  b2  2ac x  c 2  0 .
x1' x 2'  x12 x22 

richiesta
é

Problema 2.15: Cenno - x1  2 x 2 , x1  x2  3 x2  2m , x1x2  2x22 
m2  1 .
Problema 2.16: p  q  0 or p  1, q  2 .
Problema 2.17: m  3 , la radice comune é x  4 .

16  8m
, risulta m1  2 ,
9

3
Problema 3.1: a) 8 x 3  27 :  2x  3   4 x 2  6 x  9 , x   ,
2
3
2
or 8 x  27  4 x  6 x  9  2x  3  per tutti i numeri reali x,


x  9x  x  7x  2
136 x  118
 x 2  3 x  24  2
, x  5, x  1,
2
x  6x  5
x  6x  5
or x 4  9 x 3  x 2  7x  2  x 2  3x  24 x 2  6x  5  136x  118  per tutti i numeri reali x,
4
3
2
b)

11x



4
,
3
or 11x 3  32  19 x 2  3 x 4  28 x   x 3  5 x 2  13 x  8   4  3 x  per tutti i numeri reali x.
3
 32  19x 2  3x 4  28x :  4  3x   x 3  5x 2  13x  8 , x 
Problema 3.2: a) x1  1, x2  2 , b) x1  1, x2  1, x3,4  2 , c) x  6 .
Problema 3.3: a)  x  3  x  1 x  1  0 , b)  x  1  0 ,
3



c)  x  1 x  1 x 2  x  1 x 2  x  1  0 .
1
, x2  1, x3  2 , b) x1  1, x2  3 .
2
Problema 3.5: a) x1  1, x2  1, x3  2 , b) x1  4, x2  5, x3,4  1  5 .
Problema 3.4: a) x1 
Problema 3.6:
a)
4 
 4 
33, 4  33 ,

33, 4  33 , b)
1,1 ,  2,2 ,
c)  3,0,1 ,
8 1 5
 3, 3, 3.


Problema 3.7: a) x1  4, x2  2, x3,4  1 , b) x  1, c) x1,2 
Problema 3.8: a) Nessuna soluzione, b)  6,  6  ,  6,6  .


1  17
, d) x1,1  2  3 .
2
Problema 4.1: Cenno -  x  1 x 2  x  c  0 , risulta c  2 o c 
Problema 4.2: p  0 o p  2 o p  10 .
Problema 4.3:
a 8,
Soluzione
del
sistema
di
1
.
4
equazione
 x, y , z   2, p, p 
o
 x, y , z   p, 2, p , dove p è un parametro reale.
Problema 4.4: Cenno – usa il teorema di Viete, risulta p  3 , x1  4 , x2  1 , x3  2 .
Problema 4.5: Cenno – se a, b, c sono radici allora a  b  c  1996 e abc  1995 .
Problema 4.6: Cenno – usa il teorema di Viete e l’uguaglianza x12  x22   x1  x2   2x1x2 ,
2
risulta p  1, x12  x22  26 .
126
Problema 4.7:
 x, y   3 
 x, y    3 
 x, y    2 
–
Cenno
fare
la
sostituzione
u
 x, y    3  8,  2  3  ,

3 ,
 x, y    2  3, 3  8  ,
8  ,  x, y    2  3, 3  8  .
x
,
x 1
8,  2  3 ,
8,  2 
3, 3 
v
2
y
,
y 1
Soluzioni
2
 x, y    3 

8 ,
8,  2  3 ,
 x, y    2 
3, 3 
4.8: Cenno – potenza del polinomio é 2 o più grande, risulta
1
2
4
1 2 2
4
P  x    x  x  o P  x   ax 3  x 2  x  , a parametro reale.
4
3
7
4
3
7
Problema 4.9: Quattro soluzioni P  x   2x  2 e Q  x   x 2  2x  1, P  x   2x  2 e
Problema
Q  x   x 2  14x  1,
Q  x   x 2  2x  1.
P  x   2x  2
Q  x   x 2  14x  1,
e
Problema 4.10: 1 x 2  x 4  ...  x198  x 200 .
Problema 4.11: S  F 1  1.
P  x   2x  2

e

Problema 4.12: a) F  x   x 2  x , b) non esiste un tale polinomio perché F x 2  1 ha grado
pari, c) F  x   x  3 x .
Problema 4.13: a) 6, b) 6x.
2
3
Problema 4.14: Cenno – usa l’uguaglianza F  x    x  1 P  x   2x   x  2 Q  x   3x , il
2
3x  4 Q  x   x
polinomio
deve
essere
F  x   4x  27x  66x  65x  24 .
4
3
diviso
per
 x  1
2
,
risulta
2
Problema 4.15: Cenno - G  x    x  1 x  2 , deve essere F  1  F  2  0 , risulta: n è
pari.
1  13
1
Problema 4.16: Cenno – se x1  x2  1, pertanto x3   , da dove d  3 e x1,2 
.
2
2
Problema 4.17: Cenno - q  x1x2 x3  x1  x2   x3 , risulta q3  pq  q  0 .
1
Problema 4.18: Cenno – confronta il coefficiente di x 20 , sostituisci x  , Pertanto
2
20
10
1
a 
1
a  20 220  1 , b   ,  x     x 2  px  q  , da dove p  1 , q  .
2
2 
4
127
SUCCESSIONI
ARITMETCHE, GEOMETRICHE E ARMONICHE
Péter Körtesi, Jenő Szigeti
Sezione 1. Un approccio intuitivo alle successioni
Una successione é una lista ordinate di numeri, chiamati termini della successione. Un
esempio é il contare i numeri stessi:
1, 2, 3, 4, …
Un’altra può essere i quadrati:
1, 4, 9, 16, …
Una stringa di punti infine di ognuno di questi due esempi indica che la lista è
intenzionalmente costruita per procedere “per sempre”.
Se la lista procede per sempre, diciamo che la successione é una successione infinita,
altrimenti diciamo che é finita.
Il fatto che la successione é una lista ordinata di numeri, può essere formulate in un modo
più preciso associando ognuno di questi termini con i numeri naturali, 1, 2, 3, …, n, …In
questo modo possiamo chiamare, rispettivamente, il 1°, il 2° , il 3° ,…, l’ n° , … termine della
successione. Qui ad ogni numero naturale n associamo n’ennesimo termine della
successione. Se an é l’ennesimo termine, denotiamo la successione con la notazione ristretta
(an)nN e chiamiamo an il termine generale della successione. Per esempio il termine
generale della successione 1, 2, 3, 4, … suddetta é an = n, e che di 1, 4, 9, 16, …é an = n2.
Considera ora la successione il cui termine generale é an = 2n – 1. Scritto in altro modo
1, 3, 5, 7, …
E’ spesso abituale invertire il processo: Dati alcuni termini iniziali della successione,
possiamo osservare una “caratteristica” e congetturiamo da uesti il termine generale.
Strettamente parlando, se non ci sono sufficienti termini iniziali dati, non è facile scrivere il
termine generale. Questo perché è sempre possibile adattare alcuni numeri di termini dati in
parecchie formule distinte. In pratica, possiamo usare una “forma di senso comune” per il
termine generale. Per esempio, dati i termini
2, 4, 6, 8, 10, …
É ragionevole scrivere an = 2n per il termine generale. Nota che la formula
an = 2n + 1000(n – 1)(n – 2)(n – 3)(n – 4)(n – 5)
da anche gli stessi cinque termini, ma é più “ragionevole” usare an = 2n determinata
precedentemente.
Il processo usato nel determinare una “caratteristica” e “il congetturare” il termine successivo
opportuno é conosciuto come “Ragionamento Induttivo”. Non siamo portati alla conclusione
basata sui fatti (ragionamento deduttivo) ma spesso facciamo predizioni basate su
osservazioni.
Problema 1 Osserva I seguenti termini della successione ed identifica la “caratteristica”.
Allora scrivi il successivi tre numeri di ogni successione.
a) 7, 13, 19, 25, _ _ _ _ _ _ , _ _ _ _ _ _ , _ _ _ _ _ _
b) 3, 1, –1, –3, –5, _ _ _ _ _ , _ _ _ _ _ , _ _ _ _ _ _
c) 6, 7
1
1
, 9, 10 ,12, _ _ _ _ _ , _ _ _ _ _ , _ _ _ _ _ _
2
2
128
Notiamo che non tutte le successioni contengono una “caratteristica”. Per adesso la
successione
3, 1, 4, 1, 5, 9, 2, 6, 5, 3, 5, 8, 9, …
non contiene una caratteristica per tutti, ma alcuni si riconoscono come le cifre del famoso
numero π = 3, 141592653589… la grandezza del perimetro e del diametro del cerchio.
Sezione 2. Progressioni
Le Progressioni sono un tipo di successioni con una “caratteristica”, che é stata studiata fin
dall’antichità. Di conseguenza studieremo i più conosciuti esempi di progressioni, che sono
chiamate Progressione aritmetica, geometrica ed armonica. Le definizioni sono date di
seguito.
Per definizione, ogni termine di una Progressione Aritmetica può essere trovata
addizionando una costante al precedente termine. Pertanto, Se per una progressione
aritmetica (an)nN la costante é r, abbiamo
a2 = a1 + r, a3 = a2 + r, a4 = a3 + r, a5 = a4 + r, …
Nota che r = a2 - a1 = a3 - a2 = a4 - a3 = a5 - a4 = …la costante può essere trovata prendendo
ogni termine e sottraendo da esso il termine precedente. Questa costante è chiamata la
“ragione” della progressione.
Problema 2. Nelle seguenti progressioni aritmetiche, cerca la ragione e calcola allora i
successive due termini addizionando la ragione alla fine del termine dato.
a)
1 1 3
1
, , , 1, 1 , _ _ _ _ _ , _ _ _ _ _ , _ _ _ _ _
4
4 2 4
b) –10, –4, 2, 8, 14, _ _ _ _ _ , _ _ _ _ _ , _ _ _ _ _
c) 
4
3
1
9
7
,  , 
,  ,  , _____, _____, _____
5
5
2
10
10
Per definizione, ogni termine in una progressione geometrica può essere trovata
moltiplicando il termine precedente per una costante. Pertanto, se per una progressione
geometrica (an)nN la costante é r, abbiamo
a2 = a1r, a3 = a2r, a4 = a3r, a5 = a4r, …
Nota che se tutti gli an sono non nulli, allora
a
a
a
a
r  2  3  4  5  ...
a1 a 2 a 3 a 4
E quindi la costante può essere trovata prendendo ogni termine e dividendolo per il termine
precedente. Questa costante è chiamata ragione della progressione geometrica.
Problema 3. Cerca la ragione e calcola i successive due termini nella seguente
progressione geometrica moltiplicando l’ultimo termine per la ragione
a) 8, 4, 2, 1,
1
, _ _ _ _ _, _ _ _ _ _
2
b) 1, –3, 9, –27, 81, _ _ _ _ _, _ _ _ _ _
4 4
4 4
, , 
,
, _ _ _ _ _, _ _ _ _ _
3 9
27 81
5 5 5
d) 20, 5, ,
,
, _ _ _ _ _, _ _ _ _ _
4 16 64
c) 4, 
129
Dalla definizione, ogni termine della progressione (an)nN di numeri non nulli é chiamata
 1 
progressione armonica se la successione   degli inversi è una progressione
 a n  nN
aritmetica.
Per esempio
1 1 1 1
1, , , , , ...
2 3 4 5
é una progressione armonica perché la successione
1, 2, 3, 4, 5, …
degli inversi é aritmetica.
Problema 4. Cerca I successive due termini nella seguente progressione armonica.
3 3 3 3 3
,
,
,
,
, _____, _____
11 12 13 14 15
1 1 1 1
1
b) ,
,
,
,
, _____ , _____
8 11 14 17 20
1 1 1 1
c) 1, , ,
,
, _____, _____
4 7 10 13
3 3 3
d) 3, ,
,
, _____, _____
7 13 19
a)
Problema 5. Esamina ognuna delle seguenti carattersiticha. Per primo identifica i successivi
due termini, quindi determina se la caratteristica individua una progressione aritmetica,
geometrica o armonica, o se non sia uno di questi casi. Nel precedente caso, calcola i due
successivi termini.
a) 2, 3, 4, 5, 6, ….
b) 2, 4, 8, 16, …..
c) x, 5x, 25x, ….
d)
2
10
, 2,
, 3, …
3
3
A questo punto é bene ricordare alcuni riferimenti storici sulla progressione.
Le progressioni aritmetiche e geometriche sono studiate in matematica da quattro mila anni.
Per esempio un problema dell’antico Egitto “Papiro di Rhind” (1850 a.c. circa) chiede di
distribuire 300 pagnotte di pane tra 5 persone nel seguente modo: il terzo da più che il
secondo lo stesso ammontare di pagnotte il secondo riceve più del primo; ognuno darà più
del precedente esattamente lo stesso ammontare di pagnotte come il secondo riceve più del
primo. Inoltre gli ultimi tre danno sette volte tanto quanto i primi due. Cerca l’ammontare di
pagnotte che sarà dato ad ognuno.
La risposta ci conduce ad una progressione aritmetica.
Un altro problema appare nello stesso papiro basato sulla progressione geometrica. Chiede
di determinare il numero totale di cavalli, gatti, topi e semi di grano se in ogni sette case vi
sono sette gatti, ogni gatto acchiappa 7 topi ed ogni topo mangia sette semi di grano.
Studi sulle progressioni aritmetiche e geometriche si trovano nei lavori degli antichi Greci.
L’argomento era cominciato con i Pitagorici che conoscevano come calcolare la somma di
una progressione aritmetica. Anche negli Elementi di Euclide abbiamo la formula per le
progressioni geometriche. Tutte queste sono state usate da parecchi matematici, incluso
Archimede, che applicò in varie aree della matematica.
130
Sezione 3. Media
Definizione. La media aritmetica di due numeri a e b è definita come
ma 
ab
.
2
Se a e b hanno lo stesso segno (tale che ab ≥ 0) la media geometrica è definita come
mg  ab
e se a e b sono non nulli, la media armonica è definita come
mh 
2
1 1.

a b
Per esempio si può verificare che il numero dei vertici (v) di un cubo é la media armonica del
numero dei lati (e) e facce (f) del cubo:
v
e verifica che
2
2 1 1
 
1 1 , in modo equivalente v e f ,

e f
2 1 1
  .
8 6 12
Le seguenti tre medie, più altre sette, erano conoscite dagli antichi Pitagorici perché li
definivano in modo differente (ma equivalnte). Le originali definizioni sono le seguenti:
Definizione (da Nicomachus, Introduzione all’Aritmetica). La media aritmetica (ma), media
geometrica (mg), e media armonica (mh) di a e b sono numeri che soddisfano
a  mh a
a
a  ma a a  mg
 ,

 ;
e
mh  b b
ma  b a mg  b mg
rispettivamente.
Problema 6.
equivalenti.
Dimostrazione.
Dimostra che due delle tre medie date nelle precedenti definizioni sono
Se
a  ma
 1,
ma  b
come
nella
definizione
dei
Pitagorici,
abbiamo
a  m a  m a  b , ed allora a  b  2m a . Da qui segue immediatamente la prima definizione
di ma. Per la direzione opposta invertire semplicemente l’ordine dei passaggi.
a  mg
2
a
Se iniziamo con
, abbiamo a  m g m g  a m g  b , allora mg  ab , e da

mg  b mg




mg  ab . L’inversa é chiara.
Se ora consideriamo a  m h  a , abbiamo a  m h b  a m h  b  , allora 2ab  am h  bm h . E
mh  b
b
dividendo per ab abbiamo 2 
mh mh
2

, che da m h 
. Invertendo l’ordine dei
1
1
b
a

b
a
passaggi, abbiamo completato la dimostrazione.
E’ interessante notare che la media aritmetica, geometrica ed armonica hanno interpretazioni
geometriche. Queste sono descritte nei prossimi problemi.
131
Problema 7. In un trapezio ABCD con la base AB parallela a CD, sia AB  a e CD  b . se
E e F sono punti medi di AD e CD, rispettivamente, (EF é parallelo ad AB) e se
poniamo EF  x , Mostra che x  EF 
AB  CD a  b

(vedi Figura 1).
2
2
Problema 8. Considera un tronco di piramide. Dimostra che la radice quadrata dell’area M
della sezione equidistante dai due poligoni di base (mostrati come triangoli nella Figura 2) é
la media aritmetica della radice quadrata delle aree (T e t) delle due basi:
M
T t
.
2
Problema 9. In ogni triangolo rettangolo l’altezza perpendicolare all’ipotenusa é una media
geometrica delle due parti dell’ipotenusa determinate dall’altezza. (Figura 3).
A
b
c
m
B
x
D
y
C
Problema 10. In ogni triangolo rettangolo ogni lato é in progressione geometrica con le sue
proiezioni nell’ipotenusa e l’ipotenusa stessa (Figura 3).
Problema 11. Sia c la lunghezza di un segmento parallelo alle due basi, di lunghezza a e b,
di un trapezio ABCD. Se il segmento c divide il trapezio in due parti T1, T2 di uguale area (T1
a 2  b2
= T2), mostra c 2 
(Figura 4).
2
132
C
b
D
h1
M
T1
c
N
T2
h2
A
a
B
Problema 12. Se chiamiamo con D e E i punti intersezione, ripsettivamente, della bisettrice
interna ed esterna dell’angolo A del triangolo ABC con il lato opposto BC, Mostra che
abbiamo quattro punti armonici (Figure 5), dove vale la relazione
2
1
1


BC BD BE
Problema 13. In un trapezio ABCD, con AB e CD basi parallele, considera EF parallela alle
basi (con E in AD e F in BC), che contengono il punto intersezione H delle diagonali AC e
BD. Allora EF é la media armonica di AB e CD:
2
1
1


.
EF AB CD
Sezione 4. Progressioni
E’ facile vedere dalla definizione che ogni tre termini consecutivi, an–1, an, an+1 di una
progressione aritmetica soddisfano la relazione
an 
a n 1  a n 1
2
Di contro, se una successione (an)nN soddisfa questa relazione per ogni n > 1, allora forma
una progressione aritmetica. In alcuni problemi é più conveniente, per ragioni di simmetria,
dare i tre termini consecuitivi an–1, an, an+1, di una progressione geometrica nella forma a – r,
a, a + r. Anche in una progressione aritmetica, se poniamo a 1  a e a 2  a  r , allora
abbiamo a 3  a  2r , a 4  a  3r , a 5  a  4r e generalmente a n  a  (n  1)r . Nota che da
questo abbaimo anche
a1 + an = a2 + an-1 = a3 + an-2 = a4 + an-3 = ...
(*)
133
Problema 14. Dimostrare la seguente identità per ogni tre “termini equidistanti” an–k, an, an+k
di una progressione geometrica:
an 
a n k  a n  k
2
Problema 15. Dimostra che la somma Sn dei primi n termini di una progressione geometrica
soddisfano
Sn  a1  a 2  a 3  ...  a n 
(nota che possiamo anche scrivere Sn  na 
na 1  a n  n2a  n  1r 

2
2
n (n  1)
r ).
2
(Cenno: Scrivi S n  a 1  a 2  a 3  ...  a n e qui sotto la stessa nell’ordine inverso
S n  a n  a n 1  a n  2  ...  a 1
Sommandole 2S n  (a 1  a n )  (a 2  a n 1 )  (a 3  a n  2 )  ...  (a n 1  a n ) ed ora usa (*). )
Problema 16. Dimostra che
1 + 2 + 3 + ... + n =
n (n  1)
2
1 + 3 + 5 + ... + (2n – 1) = n2
E’ facile vedere dalla definizione che ogni tre termini consecutivi, an–1, an, an+1 di una
progressione geometrica soddisfano la relazione
a 2n  a n 1a n 1
Di contro, se una successione (an)nN soddisfa questa relazione per ogni n > 1, allora essa
forma una progressione geometrica. In alcuni problemi é più conveniente, per ragioni di
simmetria, dare tre termini consecutivi an–1, an, an+1, di una progressione geometrica nella
forma a/r, a, ar. Se, in una progressione geometrica, poniamo a 1  a e a 2  ar , allora
abbiamo a 3  ar 2 , a 4  ar 3 , a 5  ar 4 e generalmente a n  ar n 1 .
Problema 17. Dimostra la seguente identità per ogni tre “termini equidistanti” an–k, an, an+k di
una progressione geometrica:
a 2n  a n k a n k
Problema 18. Dimostra che la somma Sn dei primi n termini di una progressione geometrica
soddisfi
a (1  r n )
.
1 r
2
n
tale che rSn  ar  ar  ...  ar . Ora
Sn  a 1  a 2  a 3  ...  a n 
(Cenno: Abbiamo Sn  a  ar  ar  ...  ar
sottrai le due).
2
Problema 19.
termini soddisfi
n 1
Dimostra che per una progressione geometrica il prodotto Pn dei primi n
Pn  a1  a 2  a 3  ... a n  a
134
n
n ( n 1)
r 2
E’ facile vedere dalla definizione che ogni tre termini consecutivi non nulli, an–1, an, an+1 di una
progressione armonica soddisfano la relazione
2
1
1


an an1 an1
Di contro, se una successione (an)nN di termini non nulli soddisfa la relazione n > 1, allora è
una progressione armonica.
Notiamo che, in questo caso abbiamo assunto che i termini siano non nulli. Per esempio,
supponiamo di iniziare con i termini a 1  6 , a 2  8 , a 3  12 che formano una successione
armonica (vedi Sezione 3) e prova a cercare i termini successivi. Calcolando a4 da
2
1
1
2
1
1
1
1 1
1
abbiamo
. Ma se andiamo ad a5 da
, e avremo




  
a3 a2 a4
a4 a3 a5
a 4 6 8 24
1
2
1

  0 , che è impossibile.
a 5 24 12
Ci permette di vedere che possiamo evitare questo problema.
Sia a il primo termine di una successione armonica e a  r il secondo. Dalla relazione
2
1
1


a n a n 1 a n 1
é facile vedere che
.
a1  a 
a (a  r )
a (a  r )
a (a  r )
a (a  r )
a (a  r )
, a2  a  r 
, a3 
, a4 
, a5 
ar
a
ar
a  3r
a  4r
e che, generalmente,
an 
a (a  r)
.
a  (2  n )r
Pertanto per evitare un denominatore nullo a non deve essere un numero positivo multiplo di
r (altrimenti il denominatore a  (2  n )r sarà 0 per n con a = (n – 2)r.)
Ritornando al precedente esempio della progressione armonica che inizia con i termini 6, 8,
12 abbiamo a = 6, r = 2 tale che a sia un numero positivo multiplo di r, come ci aspettavamo.
Se, invece, consideraiamo la progressione armonica che inizia con i termini 12, 8, 6,
abbiamo a = 12, r = - 4 tale che a non é un positivo multiplo di r. Queste medie saranno
buone per determinare il quarto termine di una successione armonica.
Problema 20. Dimostra la seguente identità per ogni tre “termini equidistanti” non nulli an–k,
an, an+k di una progressione armonica:
2
1
1


a n a n k a n  k
Problema 21. Dimostra che per la soma dei reciproci dei primi n termini di una successione
armonica avremo
Rn 
1
1
1
1
n 1
1


 ... 
  
a1 a 2 a 3
a n 2  a1 a n
 n2a  3  n r 
 
.
2a a  r 

Problema 22. Cerca la condizione che un triangolo rettangolo abbia i suoi lati in
progressione armonica.
Soluzione. Denota i lati del triangolo rettangolo con b - r, b, e b + r. Dal teorema di Pitagora
abbiamo (b  r )  b  (b  r ) , che implica che b  4r . I lati sono uguali a 3r, 4r, 5r. (Le
2
2
2
135
terne Pitagoriche della forma 3r, 4r, 5r che conosciamo dall’antichità. Appaiono nelle
tavolette di creta nell’antica Mesopotamia.)
Problema 22. Assumi che i lati di un traiangolo sono nella progressione aritmetica. Dimostra
che il triangolo è rettangolo se e solo se la ragione dei lati (come una progressione
aritmetica) è uguale al raggio del suo cerchio inscritto.
Soluzione. Se il triangolo é retto, i suoi lati sono della forma 3x, 4x, 5x in accordo con il
precedente problema, e il raggio del cerchio inscrito è dato in termini di area e il
3x  4x
A
2
semiperimetro da r  
 x . Quindi r = x = 4x – 3x = 5x – 4x, come richiesto.
3
x

4
x  5x
p
2
Di contro, assumiamo che i lati sono in una progressione aritmetica con ragione il raggio r
del cerchio inscritto. Pertanto possiamo scrivere i lati nella forma b – r, b, e c  b  r , allora
3b
l’area é data da A  pr dove il semiperimetro p 
. Applicando la formula di Erone
2
A  pp  a p  b p  c  poniamo
2
3b  b
 3br 
 b  b


 
  r    r  ,
2  2  2  2
 2 

b 2  4r 2
2
2
in altre parole 3r 
, quindi b  16 r , e allora b = 4r, segue eabbiamo a = 3r, b =
4
2
4r e c  5r , i lati del triangolo rettangolo.
Problema 23. Assumi che i quadrati costruiti sui lati di un triangolo siano in progressione
aritmetica. Dimostra che i quadrati delle mediane del triangolo ( che è il segmento che
congiunge un vertice con il centro del lato opposto) sono anche in progressione aritmetica.
La proposizione inversa è vera?
2( b 2  c 2 )  a 2
(Cenno: La mediana ma dal vertice A soddisfa m a2 
.)
4
Problema 24. Considera le seguenti successioni:
1, 5, 9, 13, 17, 21, 25, 29, 33, 37…
4, 15, 26, 37, 48, 59, …
Cerca la ragione delle successioni e dimostra che sono in progressione aritmetica.
Generalizza il Problema!
Problema 25. Considera i termini a1, a2, a3, …, an, … di una successione. Dimostra che la
successione é in progressione aritmetica se e solo se
1
1
1
1
n 1


 ... 

, per tutti gli n.
a 1a 2 a 2 a 3 a 3 a 4
a n 1a n a 1a n
Soluzione. Se a1, a2, a3, …, an, … sono I termini di una successione aritmetica, abbiamo
a 2  a 1  r , a 3  a 2  r , …, a n  a n 1  r ,
Ed allora
1
1 1
1 
1
1 1
1 
1
1 1
1 
    ,
    , …,
 
  ,
a 1a 2 r  a 1 a 2  a 2 a 3 r  a 2 a 3 
a n 1a n r  a n 1 a n 
Sommandoli segue che
1
1
1
1
1 1
1  1 1
1 
1 1
1 


 ... 
         ...  
  
a 1a 2 a 2 a 3 a 3 a 4
a n 1a n r  a 1 a 2  r  a 2 a 3 
r  a n 1 a n 
136
1 1
1  1  a n  a1 
 

  
r  a 1 a n  r  a 1a n 
1  a  n  1r  a 1 

.
  1
r
a 1a n

1  n  1r  n  1

 
r  a 1a n  a 1a n
Ora se la relazione data vale per tutti gli n, varrà per n  3 , che da
1
1
2
, che é


a 1a 2 a 2 a 3 a 1a 3
a 1  a 3  2a 2 or a 3  a 2  a 2  a 1 . Poniamo ora r  a 3  a 2  a 2  a 1 , tale che a 2  a 1  r ,
a3  a2  r .
Supponiamo ora che abbiamo mostrato a k  a k 1  r (e quindi a k  a 1  (k  1)r ) per tutti
k  n . Mostreremo la stessa uguaglianza per k = n. In realtà, in virtù della condizione data
abbiamo
1
1
1
1
1
n 1


 ... 


a 1a 2 a 2 a 3 a 3 a 4
a n 2 a n 1 a n 1a n a 1a n
Applicando la corrispondente condizione per gli n – 1 termini, la parte sinistra diventa
n2
1
n 1


a 1a n 1 a n 1a n a 1a n
e pertanto (n  2)a n  a 1  (n  1)a n 1 o ( n  2)a n  (n  1)a n 1  a 1 che può essere scritta
come (n  2)a n  (n  2)a n 1  a n 1  a 1 . Usando a n 1  a 1  (n  2)r poniamo
(n  2)a n  (n  2)a n 1  a 1  (n  2)r  a 1 , e quindi a n  a n 1  r .
Conseguentemente il termine ultimo è nella stessa progressione aritmetica come il primo
n  1 . In altre parole la progressione aritmetica a1, a2, a3 continua con a4, a5 etc.
Problema 26. Il lavoro di due giovani consiste nel fare interviste. Ognuno di loro si pone la
seguente questione, controllare il loro ragionamento:
Se il datore di lavoro è soddisfatto del loro lavoro, può scegliere di dare un aumento al
suo salario iniziale di 1000 euro altrimenti vi sono du possibilità: a) un incremento di 15 euro
per ogni quattro settimane, o b) un incremento di 5 euro per ogni 2 settimane.
Se tu fossi al loro posto cosa sceglieresti? Motiva la tua risposta!
Problema 27. Considera un trapezio isoscele, per il quale esiste un cerchio inscritto. Siano
2a, 2b e r be, ripsettivamente, le basi del trapezio isoscele e il raggio del cerchio inscritto.
Dimostra che r  ab , i.e. a, b, r formano una progressione geometrica (Figura 6).
2
C
D
r
A
B
Problema 28. Cerca la condizione tale che un angolo retto ha i lati in progressione
geometrica.
137
Soluzione. Considera i lati della forma di tre termini consecutivi di una progressione
geometrica, possiamo assumere che sono della forma a, ar, e ar2. Dal teorema di Pitagora
 
1 5
1 5
,e r
la sola soluzione
2
2
reale, che soddisfa le condizioni del problema. Concludiamo che i lati del triangolo rettangolo
a 2  ar  ar 2
2
2
, quindi 1  r 2  r 4 , allora r 2 
saranno della forma a, a
1 5
1 5
e a
, dove a è positivo.
2
2
Problema 29. Mostra che se:
a, b, c da una progressione aritmetica,
b, c, d da una progressione geometrica,
c, d, e da una progressione armonica,
allora a, c, e e formeranno una progressione geometrica.
Problema 30. La Math Chocolate Company propone una nuova coccolata, che contiene un
buono. Per due tali buoni uno é dato, l’altro ha più cioccolato (che contiene un buono simile).
Quale é il reale valore di questo cioccolato?
(Cenno: Si avranno 1 
1 1 1 1 1 1
      ... pezzi di cioccolato, che "in sintesi" alla
2 2 2 2 2 2
"fine" si arriva a 2).
Sezione 5. Successioni date per relazioni ricorrenti
Successioni di numeri che vengono fuori spesso nelle applicazioni (e.g. temperature
giornaliere, annuale raccolta di semi, etc.) e frequentemente questa é una regola o formula
che da il valore di ogni termine della successione in termini dei precedenti (come quando la
popolazione o l’equilibrio banacrio cresce con un ammontare proporzionale alla grandezza
corrente). Tali regole sono chiamate relazioni ricorrenti.
Come esempi di successioni date per ricorrenza possiamo considerare le precedenti, le
progressioni aritmetiche, geometriche ed arominche. In realtà, qui vi sono le regole che
legano ogni termine con il precedente:
Per la progressione aritmetica: a n 1  a n  r , dove a1 è dato,
per la progressione geometrica: a n 1  a n r , dove a1 è dato, e
per la progressione armonica:
1
a n 1

1
 r , dove a1 è dato.
an
Le prime due di queste relazioni ricorrenti sono chiamate lineari, perché ogni termine che
appare é elevato alla potenza 1 (nella terza l’ennesiomo termine é elevato a –1). Diciamo
che queste due relazioni ricorrenti sono del primo ordine perché an+1 é collegato ad uno del
precedente termine.
Forse la più famosa successione ricorsiva è menzionata da Fibonacci nel suo libro “liber
abaci”. Per questo abbiamo: a n  2  a n 1  a n . Nota che ora abbiamo bisogno di dare i primi
due termini a1, e a2 , che ci consentono di scrivere la successione completa.
La relazione ricorrente di Fibonacci è anche lineare ma è del secondo ordine in quanto ogni
termine è collegato ai due precedenti.
La successione del Liber Abaci viene fuori dal seguente problema posto da Fibonacci: “Un
uomo comprò una coppia di piccoli conigli e li allevò. La coppia diventò adulta in un mese e
cominciarono a produrre un paio di nuovi conigli ogni mese iniziando dal secondo mese.
Ogni nuovo paio segue lo stesso ciclo: diventati adulti in un mese della loro vita e
138
cominciando a produrre un paio di conigli ogni mese iniziando dal secondo mese. Quante
coppie diventeranno ogni mese?”
Puoi controllare che:
Primo mese: 1
Secondo mese: 1
Terzo mese: 2
Quarto mese: 3
Quinto mese: 5
E’ facile verificare che se l’ammontare delle coppie nell’ennesimo mese é an, allora
a n  2  a n 1  a n , e i primi due termini sono a1 = 1 e a2 = 1. Questa è quella che
chiamaiamo successione di Fibonacci
1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, ...
Problema 31. Cerca i successivi tre termini della seguente successione di Fibonacci
1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, _ _ _ _ _ _ , _ _ _ _ _ _ _ , _ _ _ _ _ _
Cosa possiamo dire circa il termine generale della successione di Fibonacci? Il nostro
compito non é così facile come prima. Cercare alcuni di questi o di altri tipi di queste
interessanti successioni sarà necessario conoscetre il limite delle successioni, e le proprietà
relative ai limiti. Questo è studiato nel capitolo Successioni ( Livello 2).
Chiudiamo il capitolo con un problema.
 x  1
 ,
Problema 32. Cerca x e y se i coefficienti binomiali 
 y  1
progressione aritmetica, dove i numeri
 x  1
x

 e   formano una
 y 
y
A xy , A xy1 e A xy11 formano una progressione
n!
n
n!
k
geometrica (   
, An 
).
(n  k )!
 k  k!(n  k )!
n!
n
n!
k
Soluzione. Usando le forme   
per i coefficienti binomiali e A n 
per
(n  k )!
 k  k!(n  k )!
gli adattementi, le condizioni date diventano
 x  1  x  y   x 
  
   
2
 y   y  1  y 
e
A 
y1 2
x
 A xy A xy11
dobbiamo risolvere il sistema simultaneamente:
( x  1)!
( x  1)!
x!
2


y! ( x  y  1)! ( y  1)! ( x  y )! y! ( x  y )!
2


x!
x! ( x  1)!

 
,
( x  y)! ( x  y)!
 ( x  y  1)! 
dove x  y  1  0 e y  1  0 , con x, y interi.
2


x!
( x  1)!
 ,
Se la prima equazione é semplificata per
e la seconda per 
( y  1)! ( x  y  1)!
 ( x  y  1)! 
avremo:
139
2
1
x


y x  y y( x  y)
x 1
,
1
( x  y) 2
In altre parole:
2( x  y)  y  x
( x  y) 2  x  1 .
Pertanto x  3y , 4y 2  3y  1  0 , e la sola soluzione argomento alle restrizioni é x  3 ,
y  1.
140