prova di matematica con soluzioni

1
Esercizi
Esercizio 1. Consideriamo nel piano xy la parabola y = x2 . Discutere il problema di trovare, tra tutte le corde che
congiungono due punti sulla parabola tali che in una delle due estremità la corda sia perpendicolare alla parabola,
quelle di lunghezza minima.
Sol. — Per simmetria consideriamo corde AB il cui punto A stia nel ramo della parabola contenuto nel primo quadrante tali
che la corda sia perpendicolare alla parabola in A. Abbiamo A = (x, x2 ). Il coefficiente angolare della tangente è m = 2x quindi
1
il coefficiente della perpendicolare è m⊥ = − 2x
. La perpendicolare alla parabola passante per A ha dunque equazione
y = x2 −
1
(t − x).
2x
Essa interseca la parabola quando y = t2 cioé
x2 −
1
1
1
1
t6=x
(t − x) = t2 , ⇐⇒ (t − x)(t + x) = − (t − x) ⇐⇒ (t + x) = − , ⇐⇒ t = −x −
.
2x
2x
2x
2x
Si ottiene il punto
B=
2 !
1
1
−x −
, −x −
2x
2x
Allora
AB
2
=
2
1
x − −x −
+
2x
1
x − −x −
2x
2
2 !2
2 2
1
1
= 4x2 1 + 2
+ 1+ 2
4x
4x
3
1
= 4x 1 + 2
=: f (x).
4x
2
2
Siccome minimizzare AB o AB è la stessa cosa, minimizziamo quest’ultima cioé f per x ∈]0, +∞[. Evidentemente f (0+), f (+∞) =
+∞. La derivata di f è
3
2 2 1
1
1
1
1
3
f 0 (x) = 8x 1 + 2
+ 4x2 · 3 1 + 2
· − 3 =2 1+ 2
4x 1 + 2 −
4x
4x
2x
4x
4x
x
2 1
1
=4 1+ 2
2x −
4x
x
Ora: f 0 > 0 sse (essendo x > 0) 2x −
si ottiene per x = √12 e quindi
1
x
> 0, cioé (sempre essendo x > 0) 2x2 − 1 > 0 ovvero x >
2
min AB = f
1
√
2
=
27
.
4
√1 .
2
Si deduce che il minimo
2
Esercizio 2. È dato un numero primo p 6= 1, 2, 5 e si considerano le sue potenze p, p2 , . . . , p999 . Mostrare che,
necessariamente, almeno una delle potenze di p, scritta in notazione decimale, deve terminare con le cifre 001.
Sol. — Consideriamo le potenze
p, p2 , . . . , p999 .
Si noti che sono esattamente 999 numeri distinti. Ad ognuna di esse è associata una scrittura decimale. Supponiamo per assurdo
che nessuna di queste termini per 001: ci sono allora due potenze distinte che devono terminare con le stesse tre cifre, cioè
esistono un 1 6 n < m 6 999 tali che pm − pn termina per c000, ovvero è divisibile per 103 , cioè
pm − pn = k103 = k · 23 · 53 .
Ma essendo
pm − pn = pn (pm−n − 1) = k · 23 · 53 .
Siccome p 6= 2, 5 necessariamente 23 53 divide pm−n − 1, cioè pm−n − 1 = k · 1000 ovvero pm−n termina per 001.
3
Esercizio 3. In un gioco tradizionale armeno si lanciano due dadi e si sommano tra di loro i risultati che appaiono
sulle facce superiori. Il giocatore vince al primo lancio se la somma cosı̀ ottenuta vale 7 o 11 e perde se invece la
somma vale 2, 3 o 12. Nel caso in cui al primo lancio si ottenga un risultato n diverso da 2, 3, 7, 11, 12, si lanciano
ancora i dadi ripetutamente finché la somma delle facce superiori non sia n, nel cui caso il giocatore vince, o 7, nel cui
caso il giocatore perde. Qual è la probabilità che il giocatore ha di vincere? Conviene fare questo gioco?
Sol. — Ci sono 36 risultati egualmente probabili. Componendo una tabella cartesiana con questi risultati si ottiene la seguente
distribuzione di probabilità:
P (2) = P (12) =
2
3
4
5
6
1
, P (3) = P (11) =
, P (4) = P (10) =
, P (5) = P (9) =
, P (6) = P (8) =
, P (7) =
.
36
36
36
36
36
36
La probabilità di vincere lanciando una sola volta è
P (7) + P (11) =
6
2
8
2
+
=
= ,
36
36
36
9
la probabilità diperdere al primo lancio è
P (2) + P (3) + P (12) =
1
2
1
4
1
+
+
=
= .
36
36
36
36
9
Supponiamo ora che al primo lancio si sia ottenuto 4. Per vincere dovremo ottenere 4 e per perdere 7, ogni altro risultato è
ininfluente e possiamo dimenticarcene. Le configurazioni significative sono
(1, 3),
(2, 2),
(3, 1),
per vincere e
(1, 6),
(2, 5),
(3, 4),
(4, 3),
(5, 2),
(6, 1),
per perdere. Allora la probabilità di riottenere 4 in un lancio successivo è
3
1
= .
3+6
3
Se al primo lancio abbiamo ottenuto 10, poiché le configurazioni corrispondenti a 10 sono ancora 3,
(4, 6),
(5, 5),
(6, 4),
la probabilità di riottenere 10 rimane 13 .
Analogamente la probabilità di riottenere 5 e 9 in un lancio successivo è
4
2
= .
4+6
5
La probabilità di riottenere 6 e 8 in un lancio successivo è
5
5
=
.
5+6
11
Nel calcolo della probabilità di vincere se al primo lancio non si è ottenuto 2, 3, 7, 11, 12, ognuna delle probabilità calcolate
va pesata con la probabilità di ottenere al primo lancio il risultato corrispondente, quindi
3 1
4 2
5 5
1
8
25
2
+
+
=
1+ +
.
36 3
36 5
36 11
18
5
11
La probabilità di vincere allora è
2
1
+
9
18
1+
8
25
+
5
11
<
1
.
2
4
Esercizio 4. Sia E un sottoinsieme finito di Z3 e siano E1 , E2 , E3 rispettivamente le proiezioni di E sui piani
cartesiani ortogonali alle direzioni dei vettori e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0) e e3 = (0, 0, 1).
Denotato con |X| il numero di elementi di un insieme X, si dimostri che
1
1
1
|E| ≤ |E1 | 2 |E2 | 2 |E3 | 2 .
Sol. — Denotiamo con (l, m, n) le coordinate cartesiane ortogonali di un generico punto di Z3 .
Definiamo
(
1 se (0, i, j) ∈ E1
aij =
0 se (0, i, j) ∈
/ E1 ,
(
bij =
(
cij =
se (i, 0, j) ∈ E2
se (i, 0, j) ∈
/ E2 ,
1
0
se (i, j, 0) ∈ E3
se (i, j, 0) ∈
/ E3 .
1
0
Osserviamo che se (i, j, k) ∈ E, allora aij bkj cki = 1, quindi
X p
|E| ≤
aij bkj cki .
i,j,k∈Z
Applicando ripetutamente la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz otteniamo
X p
|E| ≤
aij bkj cki
i,j,k∈Z
=
X √
cki
Xp
aij bkj
j∈Z
i,k∈Z

1 
1
2
2
X
X √
X
cki 
≤
aij  
bkj 
j∈Z
i,k∈Z
=
X
1

2
X√
X



cki
aij
bj,k
2
X

j∈Z
k∈Z
i∈Z
X
2
X

bkj 
X
aij 
k∈Z
i,j∈Z
1
2
j,k∈Z
1
2
1
2
X
1
2
= |E1 | |E2 | |E3 | .
cki
i∈Z
1 
2
aij  
2
X
bkj 
j∈Z
1 
X
!1
2
X

i,j∈Z

i,j∈Z
1

2
X
1
!1 
2
2
X


cki
aij
i∈Z
1

≤
X
j∈Z
k∈Z
=
j∈Z
1

≤
j∈Z
1

bkj  
2
X
i,k∈Z
cki 
5
Esercizio 5. Si consideri un triangolo con vertici A, B, C e siano D ed E due suoi punti interni tali che valgano le
seguenti congruenze fra angoli:
EAB = DAC
EBA = DBC
ECA = DCB
Dimostrare che le proiezioni E1 , E2 , E3 di E appartengono ad una circonferenza il cui centro è Q, il punto medio del
segmento DE.
A
E2
E3
Q E
D
B
C
E1
Sol. — Traccia risoluzione: chiamiamo E10 , E20 , E30 i punti ottenuti riflettendo E rispetto alle rette che contengono i lati (vedi
Figura 5). Per costruzione vale CE10 = CE = CE20 . Dimostriamo che i triangoli DCE10 e DCE20 sono congruenti. Possiamo
A
E'3
E2
E3
D
Q
E'2
E
B
E1
C
E'1
Figure 1:
scrivere la seguente relazione di congruenza fra angoli:
DCE10 = DCB + BCE10 = ACE + BCE = ACB
Analogamente si ricava DCE20 = ACB. La congruenza fra i triangoli DCE10 e DCE20 è dunque dimostrata. In particolare segue
che DE10 = DE20 .
6
Lo stesso ragionamento ci permette di dimostrare DE20 = DE30 , mostrando che D è il centro della circonferenza che passa
per E10 , E20 , E30 .
Se facciamo ora una omotetia di centro E e ragione 21 , l’immagine della circonferenza che passa per E10 , E20 , E30 è la circonferenza che passa per E1 , E2 , E3 e il suo centro è il punto medio Q del segmento DE.