prova di matematica con soluzioni

Esercizi di Matematica per la prova di ammissione
alla Scuola Galileiana - 2015/16
Esercizio 1 Per quali valori n ∈ Z \ {0} l’espressione
(n + 5)(n + 6)
6n
è un numero intero positivo?
Soluzione. Il problema si può affrontare studiando l’equazione
(n + 5)(n + 6) = 6kn
con k intero positivo, ossia
n2 − (6k − 11)n + 30 = 0
e cercando di capire per quali k ci sono radici intere. Bisogna intanto capire quando il
∆ = (6k − 11)2 − 120 è un quadrato m2 . Visto che ∆ è dispari, m deve essere dispari. Si
ricava
[(6k − 11) + m][(6k − 11) − m] = 120
dove i fattori fra parentesi quadre sono interi positivi pari, dunque abbiamo al massimo
4 possibilità: (60,2), (30,4), (20,6), (12, 10). Di queste, solo la prima e la terza danno
origine ad un k e ad un m interi ((k, m) = (7, 29) nel primo caso e (k, m) = (4, 7) nel
terzo caso). Per (k, m) = (7, 29) abbiamo due soluzioni dell’equazione: n = 1 e n = 30.
Per (k, m) = (4, 7) abbiamo due soluzioni dell’equazione: n = 3 e n = 10. Abbiamo cosı̀
trovato tutte le soluzioni intere.
Esercizio 2 Abbiamo di fronte tre urne, che denotiamo con A, B e C. Le urne A e
B contengono entrambe 40 palline, numerate da 1 a 40, mentre l’urna C è vuota. Si
estrae una pallina da A e una pallina da B. Se il prodotto dei loro numeri è pari le palline
vengono eliminate, altrimenti ne viene eliminata una e l’altra inserita nell’urna C. Si ripete
l’operazione fino all’esaurimento delle palline in A e B.
(a) Se k ≥ 0 è un numero intero, qual è la probabilità che al termine delle estrazioni
l’urna C contenga k palline?
(b) Per quali valori di k tale probabilità è massima?
Soluzione. Le possibili sequenze di coppie di palline estratte (“casi possibili”) sono (40!)2 .
Per k = 0, 1, . . . , 20, contiamo le sequenze per cui alla fine ci sono k palline nell’urna C.
• Cominciamo con scegliere l’ordine con cui vengono estratte le palline dall’urna A:
40! possibilità.
1
• Fissata la scelta al punto precedente, vengono individuate le 20 “posizioni” corrispondenti alle palline dispari. In queste posizioni vanno “inserite”
esattamente
k palline
20
dispari dell’urna B. Scegliamo dunque k palline dispari (
possibilità), 20 − k
k
20
20
palline pari (
=
possibilità) e le disponiamo arbitrariamente nelle
20 − k
k
20 posizioni sopracitate (20! possibilità).
• Le rimanenti 20 palline non scelte al punto precedente, vengono inserite nelle 20
posizioni corrispondenti alle palline pari estratte da A (20! possibilità).
I “casi favorevoli” sono pertanto
40!
20
k
2
(20!)2 ,
da cui segue che la probabilità che al termine delle estrazioni l’urna C contenga k palline
è
2
2
20
20
2
(20!)
40!
k
k
casi favorevoli
.
=
=
casi possibili
(40!)2
40
20
20
Tale quantità è massima se
è massimo, cioè per k = 10.
k
Esercizio 3 Paolo possiede una collezione E di punti del piano, cioè un sottoinsieme E di
IR2 . Può ampliare la sua collezione in questo modo: scegliendo quattro punti A, B, C, D
di E, egli può aggiungere a E il punto P (se esiste) di intersezione tra le rette AB e CD.
(a) All’inizio la collezione E è formata dai punti (0, 0), (1, 0), (2, 0), (0, 2), (2, 2). Paolo
1
1
, 2015
): è possibile farlo in un
vorrebbe aggiungere alla sua collezione il punto ( 2015
numero finito di passaggi?
(b) All’inizio la collezione E è formata da un numero finito di punti, tutti a coordinate
√
intere. Dimostrare che Paolo non può aggiungere alla sua collezione il punto (0, 2).
Soluzione. Dati quattro punti (x1 , y1 ), (x2 , y2 ), (x3 , y3 ), (x4 , y4 ) usiamo la notazione compatta (x1 , y1 )(x2 , y2 ) ∩ (x3 , y3 )(x4 , y4 ) per indicare il punto di intersezione fra la retta
passante per (x1 , y1 ) e (x2 , y2 ) e la retta passante per (x3 , y3 ) e (x4 , y4 ).
(a) Possiamo aggiungere a E, nell’ordine, i seguenti punti:
– (1, 1) = (0, 0)(2, 2) ∩ (0, 2)(2, 0)
– (1, 2) = (1, 0)(1, 1) ∩ (0, 2)(2, 2)
2
– ( 12 , 1) = (0, 0)(1, 2) ∩ (1, 0)(0, 2)
– (0, 1) = ( 21 , 1)(1, 1) ∩ (0, 0)(0, 2)
– (2, 1) = (2, 0)(2, 2) ∩ (0, 1)(1, 1).
A questo punto la collezione comprende i punti (0, 1), (1, 1), (2, 1) e i punti “sottostanti” (0, 0), (1, 0), (2, 0); possiamo allora aggiungere i punti “sottostanti” (0, −1), (1, −1), (2, −1)
in questo modo:
– (0, −1) = (0, 1)(0, 0) ∩ (2, 1)(1, 0)
– (2, −1) = (2, 1)(2, 0) ∩ (0, 1)(1, 0)
– (1, −1) = (0, −1)(2, −1) ∩ (1, 1)(1, 0).
Ragionando per induzione in maniera analoga possiamo allora includere nella collezione tutti i punti del tipo (0, n), (1, n), (2, n) per n ≤ −1 intero. In particolare
possiamo includere il punto (1, −2013) ed osservare che allora possiamo includere
1
1
, 2015
) = (0, 1)(1, −2013) ∩ (0, 0)(1, 1).
( 2015
(b) E’ facile vedere che se la collezione comprende solo punti a coordinate razionali,
allora si possono aggiungere solo punti a coordinate razionali. Infatti si ricordi che
la retta passante per (a, b) e (c, d) ha equazione (c − a)(y − b) = (d − b)(x − a)); si
deduce che le coordinate di un punto aggiunto sono soluzione di un sistema di due
equazioni lineari, nelle incognite x e y, a coefficienti razionali, e quindi sono √
esse
stesse razionali. Pertanto, non è possibile aggiungere alla collezione il punto (0, 2).
Esercizio 4 In questo esercizio useremo la nozione astratta di distanza. Se X è un insieme,
si dice distanza una funzione d : X × X → IR tale che
(i) per ogni x, y ∈ X, si ha che d(x, y) ≥ 0; inoltre d(x, y) = 0 se e solo se x = y;
(ii) per ogni x, y ∈ X si ha che d(x, y) = d(y, x).
(iii) per ogni x, y, z ∈ X si ha che d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z).
Inoltre, se x ∈ X e r > 0, chiamiamo palla di centro x e raggio r l’insieme
B(x, r) := {y ∈ X : d(x, y) ≤ r}.
Sia ora E un insieme finito, e denotiamo con X l’insieme delle successioni a valori in E.
Quindi, se x ∈ X, x = (x1 , x2 , . . . , xn , . . .), con xn ∈ E per ogni n ≥ 1.
Per x, y ∈ X poniamo
d(x, y) := 2− min{n:xn 6=yn } ,
dove conveniamo che min ∅ = +∞ e 2−∞ = 0.
(a) Mostrare che tale funzione d è una distanza.
3
(b) Mostrare inoltre che per ogni r > 0, X è l’unione di un numero finito di palle di
raggio r.
Soluzione.
(a) La (i) segue dal fatto che d(x, y) = 0 se e solo se {n : xn 6= yn } = ∅, cioè x = y.
La (ii) è ovvia, essendo la definizione di d del tutto simmetrica. Per dimostrare (c),
siano x, y, z ∈ X, con d(x, y) = k e d(y, z) = h. Senza perdita di generalità possiamo
assumere k ≥ h. Dalla definizione di d segue che, per n ≤ h, xn = yn = zn , e perciò
d(x, z) ≤ 2−h ≤ 2−h + 2−k = d(x, y) + d(y, z).
(b) Sia k tale che 2−k ≤ r, fissiamo a ∈ E, e consideriamo l’insieme
A := {x ∈ X : (x1 , x2 , . . . , xk ∈ E k , xn = a per n > k}.
Si noti che A contiene |E|k elementi, dove |E| denota il numero di elementi di E.
Inoltre se y ∈ X, esiste un elemento x ∈ A tale che xm = ym per ogni m ≤ k, e
quindi d(x, y) ≤ 2−k ≤ r. Da ciò segue che l’unione di tutte le palle di raggio r e
aventi come centro un elemento di A, contiene tutto X.
Esercizio 5 Supponiamo che a1 , a2 , a3 , . . . , ak siano k numeri interi distinti.
(a) È vero che
Σk = (a1 − a2 )2 + (a2 − a3 )2 + · · · + (ak−1 − ak )2 + (ak − a1 )2
è un numero pari, per ogni scelta di a1 , a2 , a3 , . . . , ak ?
(b) Sia k = 4: trovare il minimo valore di Σ4 al variare della scelta degli ai e caratterizzare le scelte degli ai che minimizzano Σ4 .
(c) Dimostrare che, per ogni k ≥ 1, vale
Σk ≥
4(k − 1)2
k
ed esibire una scelta degli ai che minimizzano Σ8 .
Soluzione.
(a) Σk ha la stessa parità di
Sk = |a1 − a2 | + |a2 − a3 | + · · · + |ak−1 − ak | + |ak − a1 |
che a sua volta ha la stessa parità di
a1 − a2 + a2 − a3 + · · · + ak−1 − ak + ak − a1 = 0
4
(b), (c) Il caso k = 4 si può fare anche “a mano”. Mostriamo qui una soluzione che permette
di affrontare il problema per k generico. Applicando la disuguaglianza di Cauchy si
ottiene che
Sk2
Σk ≥
k
Si osserva poi per via elementare (disponendo i numeri ai sulla retta e pensando per
esempio alla lunghezza del cammino che parte da a1 , va ad a2 etc.. e torna in a1 )
che il numero Sk è ≥ 2(k − 1). Nel caso k = 4 la disuguaglianza dà dunque
Σ4 ≥ 9
e dunque Σ4 ≥ 10 visto che Σk è sempre pari. Si verifica poi con un esempio che il
minimo 10 viene raggiunto e che le scelte buone sono del tipo a1 = 1, a2 = 3, a3 =
2, a4 = 0 o simili, a meno di traslazione, permutazione ciclica etc..
Il caso k = 8 è analogo e porta al valore minimo 26, ottenuto con scelte del tipo
1, 3, 5, 7, 6, 4, 2, 0.
Esercizio 6 Sia ABC un triangolo e siano a, b, c, rispettivamente, le lunghezza dei lati
BC, AC, AB; infine, sia S l’area del triangolo ABC. Supponiamo che esista un punto
P interno ad ABC tale che APbB = B PbC = C PbA = 120◦ . Calcolare la somma delle
lunghezze AP + BP + CP in funzione di a, b, c, S.
È possibile calcolare AP + BP + CP in funzione dei soli a, b, c?
Soluzione. Siano x, y, z, rispettivamente, le lunghezze di AP, BP, CP ; vogliamo calcolare
x + y + z. Applicando il teorema di Carnot (o del coseno) ai triangoli AP B, BP C, CP A,
e tenendo conto che cos 120◦ = −1/2, otteniamo
c2 = x2 + y 2 + xy,
a2 = y 2 + z 2 + yz,
a2 +b2 +c2
.
2
Inoltre, l’area di AP B è pari a 21 AP ·√P B · sin
120◦
√
BP C e CP A valgono, rispettivamente, 43 yz e 43 xz.
da cui x2 + y 2 + x2 +
xy+yz+xz
2
b2 = x2 + z 2 + xz,
=
√
= 43 xy; analogamente, le aree di
Poiché l’area di ABC é pari alla
somma delle aree di AP B, BP C, CP A, otteniamo
√
S=
3
(xy
4
+ yz + xz).
Possiamo allora concludere osservando che
√
3
a2 +b2 +c2
(x + y + z)2 = (x2 + y 2 + x2 + xy+yz+xz
)
+
(xy
+
yz
+
xz)
=
+
2
3S,
2
2
2
q
√
2
2
2
da cui x + y + z = a +b2 +c + 2 3S . È possibile calcolare AP + BP + CP in funzione
dei soli a, b, c, usando la Formula di Erone
p
(a + b + c)(−a + b + c)(a − b + c)(a + b − c)
S=
.
4
5