Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
1
Luigi Cenci
ES-001
Dimostrare che, per ogni n 1 , valgono le seguenti uguaglianze
n (n 1)
2
1
1
1
n
(b)
1 2 2 3
n (n 1) n 1
(a) 1 2 3 n
(Esercizio del 18-01-2007 del corso di Didattica della Matematica, prof. Maroscia Paolo)
Soluzione
(a) 1° modo
Per Induzione
Passo iniziale evidente
Passo induttivo
1 2 3 n n 1
n (n 1)
n (n 1) [(n 1) 1]
(n 1) (n 1) 1
2
2
2
(a) 2° modo
“Alla Gauss”1
X 1 2 3 n 2 n 1 n
X n n 1 n 2 3 2 1
___________________________________________________________________________________
2X n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 2X n (n 1) X
n (n 1)
2
Nota
Progressione aritmetica
1 termine a1 1 , ragione d 1 , termine generico a n a1 (n 1) d 1 (n 1) 1 n
1 2 3 n somma dei primi n termini Sn
(a 1 a n ) n (1 n ) n
2
2
(a) 3° modo
n
Parto da
k 2 e uso la “riflessione dell’indice (di sommatoria)”
k 1
1
n
n
k 1
k 1
a k a n 1 k
Carl Friedrich Gauss (1777-1855), matematico, astronomo e fisico tedesco. Considerato uno dei più grandi matematici
di tutti i tempi. Da bambino impressionò tutti con la sua spiccata intelligenza. Un aneddoto, forse vero forse verosimile,
racconta che, un giorno del 1787, l’insegnante per tenere occupati gli allievi, ordinò loro di fare la somma di tutti i
numeri da 1 a 100. Poco dopo, sorprendendo tutti, il giovanissimo Carl diede la risposta esatta, essendosi accorto che
sommando i numeri in posizioni opposte tra di loro si ottiene sempre la stessa somma: 101 1 100 2 99 3 98 ...
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n
n
k 1
k 1
Luigi Cenci
k 2 (n 1 k)2
n
(n 1) 2 2 (n 1) k k 2
k 1
n
n n
(n 1) 2 1 2 (n 1) k k 2
k 1
k 1 k 1
n
n
(n 1) 2 n 2 (n 1) k k 2
k 1 k 1
n
0 (n 1) 2 n 2 (n 1) k
k 1
n
k
k 1
(n 1)2 n n (n 1)
2 (n 1)
2
(a) 4° modo
PWW (Proof Without Words)
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(b) 1° modo
Per Induzione
Passo iniziale evidente
Passo induttivo
1
1
1
1
1
1
1
1 2 2 3
(n 1) (n 1) 1 1 2 2 3
n (n 1) (n 1) (n 2)
n
1
n (n 2) 1
(n 1)2
n 1
n 1
n 1 (n 1) (n 2) (n 1) (n 2) (n 1) (n 2) n 2 (n 1) 1
(b) 2° modo
Decompongo
1
in “fratti semplici”
n (n 1)
1
A
B
(A B) n A
n (n 1) n n 1
n (n 1)
A 1
A 1
1
1
1
n (n 1) n n 1
A B 0
B 1
2
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
Luigi Cenci
3
1
1
1
1
1 1
1
1 1 1 1
1
1 2 2 3
(n 1) n n (n 1) 1 2 2 3
n 1 n n n 1
1 1 1
1
1
n
1 1 1 1
1
1
1
n 1 n 1
2 2 3 3
n 1 n 1 n n n 1
Note
Sull’Induzione
Fissato n 0 Z , e posto S(n 0 ) x Z : x n 0 , vale il seguente teorema
“Principio di Induzione in S(n 0 ) ”
Se U è un sottoinsieme di S(n 0 ) tale che
(a) n 0 U
(b) k U k 1 U
allora U S(n 0 )
Su tale principio è basato il cosiddetto
“Metodo di Prova per Induzione” o “Dimostrazione per Induzione”
Formulata una proprietà P(n) , con n Z
(a) se P(n 0 ) è vera per un intero n 0
(b) se l’implicazione P(n) P(n 1) è vera per un qualunque n n 0
allora P(n) è vera per ogni n Z , con n n 0
Il legame tra il “Principio” e il “Metodo” consiste nel considerare come insieme U del primo
l’insieme {n Z : P(n) è vera} del secondo. Per questa ragione, e anche per brevità, è invalso
l’(ab)uso di chiamare Principio quello che invece è il Metodo.
“Metodo di Prova” perché occorre fare due prove, la (a) e la (b), dette rispettivamente “passo
iniziale” o “base dell’Induzione”, e “passo induttivo”. Il passo iniziale è quasi sempre “immediato”,
“evidente”, “banale”, “ovvio”, in quanto consiste solo nel constatare se la proprietà è vera quando si
sostituisce alla sua variabile il dato (la costante) n 0 . Il passo induttivo è il cuore del Metodo, è una
vera e propria dimostrazione, che può essere anche molto impegnativa. La proprietà P(n) , assunta
vera2 nel passo induttivo, si dice “ipotesi induttiva”. In pratica, la prova consiste nel verificare che la
“struttura” della proprietà si conserva per passaggio al “successivo”, cioè sostituendo n 1 ad n
(oppure k 1 a k, la lettera non ha importanza).
2
Non ci sarebbe alcuna dimostrazione se si assumesse un ipotesi falsa, dato che qualunque implicazione sarebbe vera.
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Luigi Cenci
4
ES-002
Dimostrare che la somma dei primi n numeri dispari, con n 1 , è uguale a n 2
(Esercizio del corso di Didattica della Matematica, del 18-01-2007 prof. Maroscia Paolo, e del 0611-2006 prof. Bernardi Claudio)
Soluzione
1° modo
Per Induzione
Passo iniziale immediato
Passo induttivo
1 3 5 2n 1 2(n 1) 1 (1 3 5 2n 1) 2n 1 n 2 2n 1 (n 1)2
2° modo
“Alla Gauss”
X
1
3
5 2n 5 2n 3 2n 1
X 2n 1 2n 3 2n 5
5
3
1
_______________________________________________________________________________________________
2X 2n 2n 2n
2n 2n 2n 2X n 2n X n 2
3° modo
PWW (Proof Without Words)
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
Luigi Cenci
5
ES-003
Dimostrare che, per ogni n 1 , si ha 1 2 n 1 n n 1 2 1 n 2
(Esercizio del corso di Didattica della Matematica, del 06-02-2007 prof. Maroscia Paolo, e del 0611-2006 del prof. Bernardi Claudio)
Soluzione
1° modo
Per Induzione
Passo iniziale evidente
Passo induttivo
1 2 n n 1 n 2 1
(1 2 n 1) n n 1 n (n 1 2 1)
(1 2 n 1) n (n 1 2 1) n n 1
n2
2n 1
2
(n 1)
ipotesi induttiva
2° modo
n 1
Uso la formula
k
k 1
(n 1) n
2
1 2 n 1 n n 1 2 1
(n 1) n
(n 1) n
n
(n 1) n n n 2
2
2
3° modo
PWW (Proof Without Words)
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
ES-004
Dimostrare che per ogni n 1 si ha: 12 2 2 32 n 2
Luigi Cenci
n (n 1) (2n 1)
6
(Esercizio del 22-01-2007 del corso di Didattica della Matematica, prof. Maroscia Paolo)
Soluzione
1° modo
Per Induzione
Passo iniziale immediato
Passo induttivo
12 22 32 n 2 (n 1)2
12 22 32 n 2 (n 1)2
n (n 1) (2n 1)
(n 1) 2
6
n (2n 1)
(n 1)
n 1
6
2
(n 1) (2n 7n 6)
6
3
(n 1) 2 (n 2) n
2
6
(n 1) (n 2) (2n 3)
6
(n 1) (n 1) 1 2 (n 1) 1
6
ipotesi induttiva
2° modo
n
Uso le formule
(2k 1) n 2 e
k 1
12
22
32
(n 1)2
n2
1
1
1
1
1
3
3
5
3
3
5
5
n
k
k 1
n (n 1)
2
2n 3
2n 3 2n 1
____________________________________________________________________________________________________________
n
k
2
1 n 3 (n 1) 5 (n 2) (2n 3) 2 (2n 1) 1
k 1
k n
(2k 1) (n k 1)
k 1
6
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
k n
k n
(2k 1) (n 1) (2k 1) (k)
k 1
k 1
k n k n
(n 1) (2k 1) 2 k 2 k
k 1
k 1 k 1
k n
n (n 1)
(n 1) n 2 2 k 2
2
k 1
k n
n
isolo
k
2
, riduco a forma intera, e ottengo
k 1
k n
6 k 2 2(n 1) n 2 n (n 1)
k 1
k n
k
k 1
2
n (n 1) (2n 1)
6
Luigi Cenci
7
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
Luigi Cenci
ES-005
Dimostrare che per ogni n 1 si ha: 13 23 33 n 3
n 2 (n 1) 2
4
Soluzione
1° modo
Per Induzione
Passo iniziale immediato
Passo induttivo
13 23 33 n 3 (n 1)3
n2
n 2 (n 1) 2
(n 1)3 (n 1) 2 n 1
4
4
(n 1) 2 (n 2) 2 (n 1) n 1 1
4
4
2
Nota
n
n 2 (n 1)2 n (n 1)
k
4
2
k 1
2
2
n
3
k
k
k 1
k 1
n
2
2° modo
n
Uso le formule
k
k 1
n
n
k 1
k 1
n (n 1)
e
2
n
k
k 1
2
n (n 1) (2n 1)
, e la riflessione dell’indice
6
k 3 (n 1 k)3
n
(n 1)3 3 (n 1) 2 k 3 (n 1) k 2 k 3
k 1
n
n
n
n
(n 1)3 1 3 (n 1)2 k 3 (n 1) k 2 k 3
k 1
k 1
k 1 k 1
n (n 1)
n (n 1) (2n 1) n 3
(n 1)3 n 3 (n 1) 2
3 (n 1)
k
2
6
k 1
3
1
(n 1) 2 n n 1 (n 1) (2n 1)
2
2
k3
2
k 1
(n 1) 2 n (2n 2 3n 3 2n 1)
4
2
2
(n 1) n
4
n
8
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
Luigi Cenci
ES-006 Somma delle potenze simili dei numeri naturali
n
Trovare un procedimento per calcolare
k
p
1p 2p 3p n p , n, p 1 interi
k 1
Soluzione
p 1
p 1 p 1 k k p 1 p 1 k
1
x , con x 1, 2, ... , n
Uso lo sviluppo binomiale (1 x) p 1
x
k 0 k
k 0 k
e passo in rassegna i casi p 1, 2, 3, per poi affrontare il caso generale
n
p=1:
k 1 2 3 (n 1) n
k 1
x
1
2
3
…
n -1
n
(1 x) 2
22
32
42
…
n2
(n 1) 2
1 2 x x2
1 2 1 12
1 2 2 22
1 2 3 32
…
1 2 (n 1) (n 1) 2
1 2 n n2
sommo le n uguaglianze
n 2
n
n
k (n 1) 2 n 2 k 1 k 2
k 2
k 1
k 2
n
2 k (n 1) 2 (n 1)
k 1
(n 1)2 (n 1)
k
2
k 1
(n 1) (n 1 1)
2
n (n 1)
2
n
n
p=2:
k
2
12 22 32 (n 1) 2 n 2
k 1
x
x
1
2
3
…
n -1
(1 x) 3
23
33
43
…
n3
(n 1)3
1 3 x 3 x 2 x3
1 3 1 3 12 13
1 3 2 3 2 2 23
1 3 3 3 32 33
…
1 3 (n 1) 3 (n 1)2 (n 1)3
1 3 n 3 n 2 n3
n
1 n
k 1
9
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
sommo le n uguaglianze
n 3
n
n
n
k (n 1)3 n 3 k 3 k 2 1 k 3
k 2
k 1
k 1
k 2
n
n
3 k 3 k 2 (n 1)3 (n 1)
k 1
k 1
n
1
2
3
k
(
n
1
)
(
n
1)
3
k
3
k 1
k 1
1
n (n 1)
(n 1)3 (n 1) 3
3
2
n 1
2 (n 1) 2 2 3n
6
n (n 1) (2n 1)
6
n
n
k
p=3:
3
13 2 3 33 (n 1) 3 n 3
k 1
(1 x) 4
x
1
2
3
…
n -1
n
24
34
44
…
n4
(n 1) 4
1 4 x 6 x 2 4 x3 x 4
1 4 1 6 12 4 13 14
1 4 2 6 2 2 4 23 2 4
1 4 3 6 32 4 33 34
…
1 4 (n 1) 6 (n 1) 2 4 (n 1)3 (n 1) 4
1 4 n 6 n 2 4 n3 n 4
sommo le n uguaglianze
n 4
n
n
n
n
k (n 1) 4 n 4 k 6 k 2 4 k 3 1 k 4
k 2
k 1
k 1
k1
k 2
n
n
n
4 k 6 k 2 4 k 3 (n 1) 4 (n 1)
k 1
k 1
k 1
n
n 2
1
4
k (n 1) (n 1) 4 k 6 k
4
k 1
k 1
k 1
n
3
1
n (n 1)
n (n 1) (2n 1)
(n 1) 4 (n 1) 4
6
4
2
6
n 1
(n 1)3 1 2 n n (2n 1)
4
n 1
(n 1 1) [( n 1) 2 (n 1) 1] n (2 2n 1)
4
(n 1) n
(n 1) 2 n 2 (2n 3)
4
Luigi Cenci
10
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Luigi Cenci
(n 1) n
[( n 1) 2 (n 1)]
4
(n 1) n
(n 1)( n 1 1)
4
n 2 (n 1) 2
4
n
p
In generale, posto N (p)
n k , n, p 1 interi, vale la relazione
k 1
Tn; p :
p 1 (1) p 1 (2)
p 1 (p 1) p 1 (p)
N n
N n ...
N n
N n
(n 1) p 1 (n 1)
1
2
p
1
p
che fornisce
2
(n 1) (n 1 1) n (n 1)
N (1)
(n 1) 2 (n 1) N (1)
n
n
2
2
1
p 1 (1) p 1 (2)
p 1 (p 1)
N n
N n ...
N n
(n 1) p 1 (n 1)
1
2
p 1
(p)
Nn
p 1
per p 1 :
per p 1 :
occorre prima calcolare le
(2)
(p 1)
p 1 0 formule relative a N(1)
n , Nn , , Nn
n
0
Osservato, poi, che N(0)
1
...
n k 1
1 n , posso riscrivere la Tn; p anche nella forma
k 1
Tn; p :
(n 1)
p1
n volte
p 1 (k)
N n
1
k 0 k
p
(1)
(2)
(3)
Esperimento, ora, la Tn; 4 per calcolare N(4)
n , visto che già conosco N n , N n e N n
N (4)
n
5 n
5 n
(n 1)5 (n 1) k k 2
n
2 k 1
1 k 1
k4
5
k 1
5 n 3
k
3 k 1
n (n 1)
n (n 1) (2n 1)
n 2 (n 1) 2
(n 1) (n 1) 5
10
10
2
6
4
5
5
(n 1)5 (n 1) n (n 1) 3 2 (2n 1) 3 n (n 1)
6
5
4
(n 1) 6 (n 1) 6 5n (3n 2 7n 5)
30
4
3
(n 1) (6n 24n 36n 2 24n 6 6 15n 3 35n 2 25n )
30
4
3
2
(n 1) (6n 9n n n)
30
5
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
12
Luigi Cenci
n (n 1) (6n 3 9n 2 n 1)
30
1
Cercando gli eventuali zeri razionali del polinomio P(n) 6n 3 9n 2 n 1 , scopro che P 0 ,
2
1
cioè P(n) è divisibile per n , effettuo la divisione e ottengo come quoziente 6n 2 6n 2 ; perciò
2
n
k
k 1
4
n (n 1) (6n 3 9n 2 n 1)
30
1
n (n 1) n (6n 2 6n 2)
2
30
n (n 1) (2n 1) (3n 2 3n 1)
30
Con questo risultato posso, ad esempio, dire che il numero n (n 1) (2n 1) (3n 2 3n 1) è un
multiplo di 30, per ogni intero n 0 . Dimostrare ciò senza conoscere la relazione Tn; 4 sarebbe ben
diverso!
Siccome, poi,
n
k4
k 1
n
n (n 1) (2n 1)
k 2 , posso anche scrivere
6
k 1
n
n
3n 2 3n 1 n 2
k oppure, in forma intera, 5 k 4 (3n 2 3n 1) k 2
5
k 1
k 1
k 1
Potrei proseguire, osservando che 3n 2 3n 1 6
n
n n
5 k 4 6 k 1 k 2 oppure
k 1
k1 k1
n
n (n 1)
1 6 k 1 , e quindi scrivere
2
k 1
n
n n 2
2
4
k
5
k
6
kk
k 1
k 1
k 1 k 1
n
n
Infine, ciascuna delle funzioni f p (n) k p , al variare di p, che trovo col procedimento basato sulla
k 1
n
Tn; p , può essere autonomamente provata per Induzione su n. Ad esempio, per la f 4 (n) k 4
k 1
Passo iniziale
1 (1 1) (2 1 1) (3 12 3 1 1) 2 3 5 4
1
30
30
Passo induttivo
14 24 34 n 4 (n 1)4
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
n (n 1) (2n 1) (3n 2 3n 1)
(n 1)4
30
(n 1)
n (2n 1) (3n 2 3n 1) 30 (n 1)3
30
(n 1)
6n 4 39n 3 91n 2 89n 30
30
Luigi Cenci
13
Mi aspetto, ora, che il polinomio T(n) 6n 4 39n 3 91n 2 89n 30 sia divisibile per il polinomio
(n 1) 1 2 (n 1) 1 (n 2) (2n 3) ; difatti, risulta T( 2) 0 e T 3 0 ; procedo con la
2
2
divisione ottenendo come quoziente 3n 9n 5 , che riscrivo come polinomio in n 1
3n 2 9n 5 A (n 1) 2 B (n 1) C A n 2 (2A B) n (A B C)
applico, quindi, il Principio di Identità dei Polinomi
A 3
2A B 9
A B C 5
A 3
3n 2 9n 5 3 (n 1) 2 3 (n 1) 1
B 3
C 1
e concludo
14 24 34 n 4 (n 1)4
(n 1)
6n 4 39n 3 91n 2 89n 30
30
(n 1)
(n 2) (2n 3) (3n 2 9n 5)
30
(n 1) (n 1) 1 2 (n 1) 1 3 (n 1) 2 3 (n 1) 1
30
Note
1) Il problema di determinare la somma 1p 2 p 3p n p , n, p 1 interi, venne risolto per la
prima volta nell’opera “Ars Conjectandi”, pubblicata nel 1713, del matematico svizzero Jacob
Bernoulli (1654-1705).
2) Riporto l’elenco delle formule di N(p)
n , per p da 1 a 10, nella triplice versione:
fattorizzata, polinomiale, e “abbreviata” in funzione di M 2n 1 e N n (n 1)
(fonti: http://mathworld.wolfram.com/PowerSum.html; http://www.sztaki.hu/~keri/math/epsum.htm)
n
1
n (n 1)
2
1
(n 2 n )
2
1
N
2
N (1)
k
n
k 1
n
1
n (n 1) (2n 1)
6
1
(2n 3 3n 2 n )
6
1
MN
6
N (2)
k2
n
k 1
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n
1 2
n (n 1) 2
4
1
( n 4 2n 3 n 2 )
4
1
N2
4
N (3)
k3
n
k 1
n
n
Luigi Cenci
1
n (n 1) (2n 1) (3n 2 3n 1)
30
1
(6n 5 15n 4 10n 3 n )
30
1
MN (3N 1)
30
N (4)
k4
n
k 1
1 2
n (n 1) 2 (2n 2 2n 1)
12
1
(2n 6 6n 5 5n 4 n 2 )
12
1
N 2 (2N 1)
12
N (5)
k5
n
k 1
n
1
n (n 1) (2n 1) (3n 4 6n 3 3n 1)
42
1
(6n 7 21n 6 21n 5 7n 3 n )
42
1
MN (3N 2 3N 1)
42
N (6)
k6
n
k 1
n
1 2
n (n 1) 2 (3n 4 6n 3 n 2 4n 2)
24
1
(3n 8 12n 7 14n 6 7n 4 2n 2 )
24
1
N 2 (3N 2 4N 2)
24
N (7)
k7
n
k 1
n
1
n (n 1) (2n 1) (5n 6 15n 5 5n 4 15n 3 n 2 9n 3)
90
1
(10n 9 45n 8 60n 7 42n 5 20n 3 3n ) ;
90
1
MN (5N 3 10 N 2 9N 3)
90
N (8)
k7
n
k 1
n
1 2
n (n 1) 2 (n 2 n 1) (2n 4 4n 3 n 2 3n 3)
20
1
(2n10 10n 9 15n 8 14n 6 10n 4 3n 2 )
20
1
N 2 (2N 3 5N 2 6N 3)
20
N (9)
k9
n
k 1
n
1
n (n 1) (2n 1) (n 2 n 1) (3n 6 9n 5 2n 4 11n 3 3n 2 10n 5)
66
1
(6n11 33n10 55n 9 66n 7 66n 5 33n 3 5n )
66
1
MN (3N 4 10 N 3 17 N 2 15N 5)
66
N (10)
k10
n
k 1
14
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3) Provo la Tn; p , con n, p 1 , iniziando con la evidente relazione telescopica
n
(n 1) p1 1 (k 1) p1 k p1
k 0
proseguo col secondo membro, sostituendo al termine (k 1) p1 il suo sviluppo binomiale
p 1 p 1 h
k k p 1
k 1 h 0 h
n
p 1 p 1
k k p 1 e lo elimino assieme a k p1
estraggo dalla sommatoria interna l’ultimo termine
p
1
n p p 1
h
k
h
k 1
h
0
vedo la totalità degli addendi come gli elementi di una matrice n (p 1) , e la loro somma come le n
somme (date da k 1, 2, ..., n ) dei p 1 elementi di riga (dati da h 0, 1, 2, ... , p ); in tal modo posso
(per le proprietà distributiva e commutativa della somma) riscrivere la somma come le p 1 somme
degli n elementi di colonna (è proprio ciò che ho fatto nella parte iniziale di questo esercizio!)
p 1 n h p p 1 (k)
k
N n
h 0 h k 1
h 0 h
p
unisco “l’alfa all’omega” ottenendo il risultato desiderato
p
p 1 (k)
N n
(n 1)p 1 1
k 0 k
4) L’artificio utilizzato nella parte finale della precedente dimostrazione può essere precisato meglio
con un’argomentazione di carattere più teorico. In generale, la doppia sommatoria
n
p
a
k k 0 h h0
kh
, con 0 k 0 n e 0 h 0 p
kh non è un prodotto ma giustappos izione
di indici
p
a kh
k k0 h h0
n
viene intesa (definita) come
p
n
tuttavia, è lecito permutare i due simboli di sommatoria
k k 0
e
h h0
n
p
a
(a kh 0 a k(h 0 1) a k(h 0 2) ... a k(p 1) a kp )
kh k
k k 0 h h0
k 0
p
p
n
(II) a kh (a k 0 h a (k 0 1)h a (k 0 2)h ... a (n 1)h a nh )
h h 0 k k0
h h 0
n
(I)
dato che le due somme
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16
contengono gli stessi addendi (raggruppati in modo diverso), e quindi coincidono (in virtù, come già
detto, delle proprietà distributiva e commutativa della somma); insomma, le (I) e (II) sono
interpretazioni diverse della stessa somma, dando luogo all’identità (di contenuto e notazionale)
n
p
a kh
k k0 h h0
p
p
n
p n
a
a
kh h
kh a kh
k k 0 h h 0
h 0 k k 0 h h 0 k k 0
n
Alla luce di ciò, ripercorro la parte conclusiva della precedente dimostrazione partendo dalla somma
p p 1 h
k
h
k 1
h
0
n
che riscrivo come doppia sommatoria, eliminando le parentesi tra i due segni di sommatoria
p 1 h
k
k 1 h 0 h
n
p
p 1 h
k , k 0 1 e h 0 0
al contempo rilevo che a kh
h
permuto i due segni di sommatoria (comprensivi di indici e relativi estremi di variazione) e uso
l’interpretazione (II)
n p 1 h
k
h
h 0
k
1
p
p 1
dell’elemento a kh è indipendente dall’indice k della sommatoria
noto, infine, che il fattore
h
interna, cosicché posso portarlo all’esterno, a fattore di questa
p 1 n h p p 1 (k)
k
N n
k
h 0 h k 1
k
0
p
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17
ES-007
Trovare, per ogni n 2 , una forma chiusa per la somma
Sn 1 2 1 3 ... 1 n 2 3 2 4 ... 2 n ... (n 2) (n 1) (n 2) n (n 1) n
(Mathematical Food for Thought, 20-06-2006, http://wangsblog.com/jeffrey/?m=200606, a cura di
Jeffrey Wang)
Soluzione
Per “forma chiusa” si intende “espressione senza puntini”
Parto dall’identità
(1 2 n) 2 (12 22 n 2 ) 2 Sn
uso le formule 1 2 3 n
n (n 1)
n (n 1) (2n 1)
e 12 2 2 32 n 2
2
6
n (n 1) (2n 1)
n (n 1)
2 Sn
2
6
2
esplicito Sn
n 2 (n 1) 2 n (n 1) (2n 1)
8
12
n (n 1) 3n (n 1) 2 (2n 1)
24
2
n (n 1) (3n n 2)
24
n (n 1) (2n 2 2 n 2 n )
24
n (n 1) 2 (n 1) (n 1) n (n 1)
24
n (n 1) (n 1) (3n 2)
24
Sn
Note
n
1) Provo la Sn
n
(h k)
h 1 k h 1
(n 1) n (n 1) (3n 2)
per Induzione
24
Passo iniziale
per n 2 risulta 1 2
Passo induttivo
2 3 1 8
2
24
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Sn 1 1 2 1 3 ... 1 n 1 (n 1) 2 3 2 4 ... 2 n 2 (n 1) ...
(n 2) (n 1) (n 2) n (n 2) (n 1) (n 1) n (n 1) (n 1) n (n 1)
Sn 1 (n 1) 2 (n 1) ... (n 2) (n 1) (n 1) (n 1) n (n 1)
Sn (n 1) (1 2 3 n)
n (n 1)
Sn (n 1)
e quindi l' identità : 2 Sn 2 Sn 1 n (n 1)2
2
n (n 1) (n 1) (3n 2) n (n 1) 2
24
2
n (n 1)
(n 1) (3n 2) 12 (n 1)
24
n (n 1)
(3n 2 11n 10)
24
n (n 1)
(3n 2 5n 6n 10)
24
n (n 1)
n (3n 5) 2 (3n 5)
24
n (n 1)
(n 2) (3n 5)
24
(n 1) 1 (n 1) (n 1) 1 3(n 1) 2
24
2) Provo la (1 2 n) 2 (12 22 n 2 ) 2 Sn per Induzione
Passo iniziale
per n 2 risulta 9 (1 2) 2 (12 22 ) 2 (1 2) 5 4 9
Passo induttivo
parto dall’espressione 1 2 n (n 1) , la vedo come (1 2 n) (n 1) e sviluppo il
quadrato
2
2
(1 2 n) 2 2 (1 2 n) (n 1) (n 1)2
uso l’ipotesi induttiva e la formula 1 2 3 n
(12 22 n 2 ) 2 Sn 2
n (n 1)
2
n (n 1)
(n 1) (n 1) 2
2
raggruppo i quadrati e uso la relazione ricorsiva 2 Sn 2 Sn 1 n (n 1)2
1
2
semplifico e concludo l’induzione ottenendo
1
2
22 n 2 (n 1)2 2 Sn 1 n (n 1)2 n (n 1)2
22 n 2 (n 1)2 2 Sn 1
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19
ES-008
Nel triangolo PQR l’angolo QPR misura 40° e le bisettrici di PQR e PRQ si incontrano in
un punto S, come mostrato in figura. Quanto misura l’angolo QSR ?
P
S
R
Q
Risposta 110°
Soluzione
P
2p
S
q
q
Q
q r x 180
2q 2r 2p 180
r
x
q r 180 x
180 2p
qr
90 p
2
r
R
180 x 90 p x 90 p
Pertanto, rilevo che x è ottuso p, con 0 p 90 , e nel caso particolare p 20 risulta x 110
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20
ES-009
Dato un foglio rettangolare di lati a, b, con a b , determinare l’area del triangolo che risulta dalla
sovrapposizione dei due lembi che si ottengono piegando il foglio lungo una diagonale (il triangolo
colorato in grigio nella figura)
b
a
Soluzione
b
x
a-x
x
b
a
Utilizzo il Teorema di Pitagora impostando l’equazione (a x) 2 x 2 b 2 , la cui radice è
a 2 b2
a 2 b2
x
, e quindi a x
2a
2a
Pertanto, l’area del triangolo in questione è
ab bx b (a x) b (a 2 b 2 )
2
2
4a
Note
(a b 0 a 2 b 2 0) 0 x
a 2 b2
a
2a
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21
Luigi Cenci
ES-010
Dati un polinomio P(x) e tre numeri reali distinti a, b, c, se P(x) diviso per x a dà resto a, diviso
per x b dà resto b e diviso per x c dà resto c, calcolare il polinomio resto di P(x) diviso per
(x a) ( x b) (x c)
Soluzione
1° modo
Risulta P(x) (x a) (x b) (x c) Q(x) R(x) con R(x) u 2 x 2 u1x u 0 . Per trovare u 0 , u1 , u 2
in funzione di a, b, c, sfrutto l’ipotesi P(a) a , P(b) b , P(c) c considerando il sistema lineare
nelle tre incognite u 0 , u1 , u 2
a 2 u 2 au1 u 0 a
2
b u 2 bu1 u 0 b
2
c u 2 cu1 u 0 c
che ammette un’unica soluzione dato che la matrice dei coefficienti ha determinante
a2
b2
c2
a 1
b2
b 1 2
c
c 1
b
a2
2
c
c
a
a2
2
c
b
a
b
(b2c c2b) (a 2c c2a) (a 2b b2a)
b 2c a 2c c 2 b c 2a a 2 b b 2a
c(b 2 a 2 ) c2 (b a) ab(b a)
(b a) (cb ca c2 ab)
(b a) (cb c2 ca ab)
(b a) (b c) (c a) 0
ipotesi
a, b, c distinti
Risolvendo il sistema con la regola di Cramer ricavo la soluzione
u 0 0 , u1 1 , u 2 0
e quindi R(x) x
2° modo
Parto dall’ipotesi P(a) a (Teorema di Ruffini), che mi permette di scrivere
P(x) (x - a) Qa (x) a
poi calcolo Q a (b) tenendo presente l’ipotesi P(b) b
Qa (b)
P(b) a b a
1
ba
ba
cosicché risulta Qa (x) (x b) Qa,b (x) 1
b a
per ipotesi
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22
proseguo con il calcolo di Q a, b (c) tenendo presente l’ipotesi P(c) c
P(c) a
ca
1
1
Qa (c) 1
11
Qa, b (c)
ca
ca
0
cb
cb
cb
cb
c a
e c b per ipotesi
e quindi Qa,b (x) (x c) Q a,b,c (x)
torno, infine, al polinomio P(x) che diventa
P(x) (x a) Qa (x) a
(x a) [(x - b) Qa, b (x) 1] a
(x a) (x b) Qa, b (x) x a a
(x a) (x b) Qa, b (x) x
(x a) (x b) (x c) Qa, b,c (x) x
da cui emerge che R(x) x è il polinomio resto della divisione di P(x) per (x a) ( x b) (x c)
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23
ES-011
Il polinomio ax 2 bx c assume valori interi per ogni valore intero della variabile x. Quale delle
seguenti affermazioni non può essere dedotta ?
A. c è intero
B. a b c è intero
C. a, b, c, sono interi
D. se a è intero, allora anche b è intero
E. 2a è intero
Risposta C
Soluzione
Posto P(x) ax 2 bx c
A. è vera perché
B. è vera perché
D. è vera perché
è intero
E. è vera perché
P(0) c
P(1) a b c
b P(1) P(0) a ; vale anche il viceversa, cioè se b è intero allora anche a
2a P(1) P(1) 2 P(0) .
Riguardo la C., basta il controesempio P(x)
5 2 1
x x 3 , infatti
2
2
5x 2 x è pari x Z (contiene a fattore il prodotto di due interi consecutivi)
5x 2 x
cioè
è intero x Z
2
cosicché P(x) assume valori interi x Z
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ES-012
Confrontare i quattro numeri reali a, b, c, d, tali che a 1 b 2 c 3 d 4
Soluzione
a 1 b 2 a b 3
b 2 c 3 c b 5
c 3 d 4 d c 7 b 5 7 b 2
da cui risulta c a b d
24
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25
ES-013)
Siano a, b, c, tre numeri reali tali che a b c 0 e a 2 b 2 c 2 1 . Qual è il valore di a 4 b 4 c 4 ?
1
3
1
B.
2
C. 3
D. 2
E. Le due equazioni non sono sufficienti a determinare il valore di a 4 b 4 c 4
A.
Risposta B
Soluzione
Elevo al quadrato l’ipotesi a b c 0
0 (a b c) 2
a 2 b 2 c 2 2ab 2ac 2bc
1 2 (ab ac bc)
da cui ricavo ab ac bc
1
2
che, a sua volta, elevo al quadrato per prepararmi ad affrontare, successivamente, le quarte potenze
1
(ab ac bc) 2
4
a 2b2 a 2c2 b2c2 2abc (a b c)
a 2 b 2 a 2c 2 b 2c 2
a b c 0
ora, elevo al quadrato l’ipotesi a 2 b 2 c 2 1
1 (a 2 b2 c2 )2
a 4 b4 c4 2 (a 2b2 a 2c2 b2c2 )
1
a 4 b4 c4
2
da cui ricavo a 4 b 4 c 4
1
2
1
2 2
2 2
2 2
4 a b a c b c
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26
ES-014
Quanti sono i polinomi P(x) di secondo grado, a coefficienti interi e con due radici intere, tali che
P(8) 1 ?
A. 1
B. 2
C. 3
D. Un numero finito maggiore di 3
E. infiniti
Risposta A
Soluzione
Traduco le condizioni date nel sistema
P(x) a ( x m) (x n) con a, m, n Z
P(8) 1
che implica le possibilità
a
8m
8n
m
n
P(x)
1
1
1
7
7
(x 7) 2
1
1
1
1
1
1
1
9
7
9
9
9
7
(x 9) 2
(x 7) (x 9)
(x 9) (x 7)
1
1
dalle quali ricavo che un solo polinomio soddisfa le condizioni date qualora interpreto la frase “due
radici intere” come “due radici intere distinte”, cioè m n .
Se, invece, le due radici intere possono essere anche coincidenti allora i polinomi sono 3. Siccome in
questo tipo di quesiti la risposta è normalmente unica, si può dire che la formulazione del problema
non è proprio precisa.
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ES-015
Risolvere in R l’equazione ln(x 2) 3 ln(x 1)
Soluzione
x 2 0
x 1 0
x2
ln(x 2) 3 ln(e) ln(x 1) ln 3 ln(x 1)
e
x 2
x 2
2 e3
3
3
x
1
x
(1
e
)
2
e
x
0
3
1 e3
e
Pertanto, l’equazione data non ammette soluzioni reali
Luigi Cenci
27
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
Luigi Cenci
ES-016
Scomporre i seguenti polinomi in fattori a coefficienti reali:
x3 x 2 x 1 , x 4 2
(Esercizio del 06-02-2007 del corso di Didattica della Matematica, prof. Maroscia Paolo)
Soluzione
x 3 x 2 x 1 x 2 (x 1) (x 1)
(x 1) (x 2 1)
(x 1)2 (x 1)
x 4 2 (x 2 )2 ( 2 )2
(x 2 )2 2 2x 2 ( 2 )2 2 2x 2
(x 2 2 )2 2 2 x
2
2
2
4
(x 2 ) ( 8 x)
2
(x 2 2 4 8 x) (x 2 2 4 8 x)
28
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
Luigi Cenci
ES-017
Scomporre i seguenti polinomi in fattori a coefficienti reali:
x 4 x 2 1 , x 4 x 3 2x 2
(Esercizio dell’esame del 07-03-2007 di Didattica della Matematica, prof. Maroscia Paolo)
Soluzione
x 4 x 2 1 x 4 2x 2 1 x 2
(x 2 1)2 x 2
(x 2 1 x) (x 2 1 x)
x 4 x 3 2x 2 x 3 (x - 1) 2(x - 1)
(x - 1) (x 3 2)
( x - 1) [ x 3 (3 2 )3 ]
( x - 1) ( x 3 2 ) ( x 2 x 3 2 3 4 )
29
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
Luigi Cenci
ES-018
Scomporre i seguenti polinomi in fattori a coefficienti reali:
x 4 1 , x 4 x 2 1 , x 4 x3 x 1
(Esercizio del 30-01-2007 del corso di Didattica della Matematica, prof. Maroscia Paolo)
Soluzione
x 4 1 x 4 2x 2 1 2x 2
( x 2 1) 2 ( 2 x) 2
( x 2 1 2 x) ( x 2 1 2 x)
x 4 x 2 1 x 4 2x 2 1 3x 2
( x 2 1) 2 ( 3 x) 2
( x 2 1 3 x) ( x 2 1 3 x)
x 4 x 3 x 1 x 3 (x 1) x 1
(x 1) (x 3 1)
( x 1)2 ( x 2 x 1)
30
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
ES-019
a) Verificare che
Luigi Cenci
31
p è un numero irrazionale, per ogni primo p
b) È vero che anche
3
p è un numero irrazionale, per ogni primo p ?
(Esercizio del 30-01-2007 del corso di Didattica della Matematica, prof. Maroscia; il b) è stato anche
Esercizio dell’esame del 07-03-2007 di Didattica della Matematica, prof. Maroscia Paolo)
Risposta b) SI
Soluzione
Rispondo ad entrambi i quesiti dimostrando il caso generale:
n p è un numero irrazionale, per ogni n 2 e per ogni primo p
1° modo
x 0 n p è radice dell’equazione a coefficienti interi x n - p 0 , la quale ha come eventuali radici
razionali solo 1 , p , da cui, visto che x 0 1 e x 0 p , segue che x 0 non può essere razionale
Note
1) Anziché confrontare x 0 con 1 e p , basta verificare che 1 e p non sono radici
dell’equazione x n - p 0 , per concludere, allora, che questa non ha radici razionali, e quindi
x 0 n p , che è radice dell’equazione, non può essere razionale
2) Anche ammettendo che p, anziché solo naturale, possa essere anche intero, di sicuro per
definizione di numero primo non è né 1 né 1 né 0, e questo fa si che 1 , p non possono essere
radici dell’equazione. Ma, tutto ciò non è importante, perché ciò che conta è che x 0 1 e x 0 p
2° modo
Supponiamo per assurdo che n p sia razionale, cioè che esistano due naturali u, v coprimi, con
u
v 0 , tali che n p . Elevando alla n si ottiene p v n u n , da cui, essendo p primo, risulta che p
v
divide u, cioè esiste un naturale k tale che p k u , e dunque p v n p n k n , cioè v n p n1 k n
(notare che n 1 0 ), da cui, essendo p primo, risulta che p divide v, cioè esiste un naturale h tale
che p h v . Pertanto, p è un fattore >1 comune di u ed v, in contraddizione con l’assunzione, di
sopra fatta, che siano coprimi
Note
1) Il numero 1 (e, così, anche 1 ) non viene considerato primo perché, altrimenti, salta l’unicità
della fattorizzazione unica in primi di un intero (salta, cioè, il Teorema fondamentale
dell’Aritmetica!).
2) Se un primo p divide un prodotto di interi a1 a 2 ... a k , con k 2 , allora p divide almeno uno
dei fattori a1, a 2 , ... , a k . In particolare, se p divide una potenza a k di un intero a, con k 2 , allora p
divide la base.
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
Luigi Cenci
32
La dimostrazione di questo fatto è conseguenza immediata del Teorema fondamentale
dell’Aritmetica, vale a dire che p deve coincidere con uno dei fattori primi distinti di almeno uno dei
fattori a1, a 2 , ... , a k .
In alternativa, si può procedere per Induzione su k, tenendo presente che il caso k 2 si può
affrontare con i seguenti due risultati aritmetici:
“Teorema (o Lemma) di Bezout (o Bachet-Bezout)3”
a, b Z : (x, y Z : ax by MCD(a; b))
[ ax by MCD(a; b) è detta Identità di Bezout]
In particolare, a, b Z : (MCD(a; b) 1 x, y Z : ax by 1)
“Lemma di Euclide”
a, b, c Z : (a divide b c) (a e b sono coprimi)
a divide c
3) “Teorema sulle Radici Razionali (di un’equazione in un’incognita a coefficienti interi)”
p
, con p e q interi coprimi, entrambi non nulli e q 0 , è una radice razionale dell’equazione
q
di grado n 0 a coefficienti interi
Se
a n x n a n-1x n-1 a n-2 x n-2 a 2 x 2 a1x1 a 0 0 , con a 0 e a n entrambi non nulli
allora p divide a 0 (“termine noto”), mentre q divide a n (“coefficiente direttore”).
In particolare, se a n 1 (in tal caso l’equazione si dice monica), allora divide il termine noto a 0 .
Dim.
Essendo
p
radice dell’equazione, sostituendola alla x e riducendo a forma intera, risulta
q
a n p n a n -1 p n -1 q a n - 2 p n - 2 q 2 a 2 p 2 q n - 2 a1 p q n -1 a 0 q n 0
che riscrivo nelle due forme
q a
a
p a n p n 1 a n -1 p n - 2 q a n - 2 p n -3 q 2 a 2 p q n - 2 a1 q n -1 a 0 q n
n -1
p n -1 a n - 2 p n - 2 q a 2 p 2 q n -3 a1 p q n - 2 a 0 q n 1
n
pn
cosicché posso concludere, in virtù del Lemma di Euclide, con le rispettive affermazioni
p divide a 0
p divide a n
3
dato che p divide
dato che q divide
(perché coprimo con q)
a 0 q n ed è coprimo con q n (perché coprimo con q)
a n pn ed è coprimo con pn
Claude-Gaspard Bachet de Méziriac (1581-1638) e Étienne Bézout (1730-1783), matematici francesi.
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
Luigi Cenci
33
4) Il Teorema sulle Radici Razionali, fornisce una condizione necessaria ma non sufficiente. In altre
p
parole, non è detto che un razionale non nullo del tipo , con p e q divisori rispettivamente di
q
a 0 e a n , sia una radice dell’equazione. Per rendercene conto, basta costruire ad arte un
controesempio, come l’equazione (2x 3 2 ) (2x 3 2 ) 4x 2 18 0 , cioè 2x 2 9 0 , tra le cui
1
3
9
radici non può esserci alcuno dei 12 numeri razionali 1 , 3 , 9 , , , , che è possibile
2
2
2
formare con i divisori p di a 0 9 e i divisori q di a 2 2
5) Abbiamo già visto il modo rapido con cui il Teorema sulle Radici Razionali ci consente di
classificare come irrazionali gli infiniti numeri reali n p , n, p naturali, con p rimo ed n 1 .
Decisamente più interessante è, però, il suo utilizzo per provare l’irrazionalità di numeri come
3 2,
3
3 2 ,
33 2
In tali casi, laddove l’approccio aritmetico diventa assai problematico, per non dire impraticabile,
quello algebrico consente di dare una risposta, pagando solo il prezzo di fastidiosi calcoli, con
ripetuti elevamenti a potenza non sempre facili da individuare e che vanno gestiti, man mano che
l’indice delle radici cresce, ricorrendo anche al Triangolo di Pascal-Tartaglia-Zhū Shìjié4.
A titolo esemplificativo, illustro il procedimento per provare l’irrazionalità di
3 2
x 3 2
x 2 ( 3 2 )2 5 2 6
(x 2 5)2 24
x 4 10 x 2 1 0 ; quindi
3 2 è radice dell’equazione x 4 10x 2 1 0 , e siccome 1 non sono radici della medesima,
concludo affermando che 3 2 non è razionale (giungo alla stessa conclusione verificando che
3 2 è diverso da 1 )
3
3 2
x 3 3 2 x3 3 2 (x 3 3)2 2 x 6 6 x 3 7 0 ; quindi 3 3 2 è radice
dell’equazione x 6 6 x 3 7 0 , e siccome 1 e 7 non sono radici della medesima (per verificarlo
serve solo pazienza!), concludo affermando che
3
3 2 non è razionale
33 2
x 3 3 2 (x 3 )3 2 x 3 3 3x 2 9x 3 3 2 x 3 9x 2 3 3 ( x 2 1)
(x 3 9x 2)2 27(x 2 1)2 x 6 9x 4 4x 3 27x 2 36x 23 0 ; quindi 3 3 2 è radice
dell’equazione x 6 9x 4 4x 3 27x 2 36x 23 0 , e siccome 1 e 23 non sono radici
dell’equazione (anche qui, più di prima, serve pazienza per la verifica!), cosicché possiamo dire che
3 3 2 non è razionale
4
ZHŪ SHÌJIÉ 朱世杰 (朱卋傑) (~1260-1320), matematico cinese. Nella sua importante opera SÌYUÁN YÙJIÀN
四元玉鉴 (四元玉鑒) “Specchio Prezioso dei Quattro Elementi”, del 1303, è riportato il famoso diagramma triangolare
il cui nome viene associato dagli italiani a Tartaglia (Niccolò Fontana, detto Tartaglia, 1499-1577), e dai francesi a Pascal
(Blaise Pascal, 1623-1662).
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
Luigi Cenci
34
ES-020
Posto cos A cos B 2p e sin A sin B 2q , provare che tang
A
B
2q
tang 2
2
2 p q2 p
Soluzione
Discussione preliminare
Devo studiare la variabilità dei parametri A, B, p, q, affinché il problema abbia senso, in particolare
A
B
devo assicurarmi che (cos 0) (cos 0) (p 2 q 2 p 0) .
2
2
Quadrando e sommando le due relazioni date cos A cos B 2p e sin A sin B 2q , ottengo
1 cos(A B) 2 (p2 q 2 ) p 2 q 2
1 cos(A B)
AB
cos 2 (
)
2
2
pertanto, i parametri p, q devono essere tali che 0 p 2 q 2 1
inoltre
A B cos A cos B
)
2
2
AB
AB
AB
cos 2 (
) cos(
) cos(
)
2
2
2
AB
AB
AB
cos(
) cos(
) cos(
)
2
2
2
AB AB
AB AB
AB
2
2
2
2
2 cos(
) cos
cos
2
2
2
AB
A
B
2 cos(
) cos cos
2
2
2
p 2 q 2 p cos 2 (
quindi
p2 q 2 p 0
2 cos(
AB
A
B
) cos cos 0
2
2
2
k Z(A B 2k ) (A 2k ) (B 2k )
Riepilogando, le condizioni di esistenza del problema sono
p, q R : 0 p2 q 2 1
A, B R : (A B 2k ) (A 2k ) (B 2k ), k Z
Passo, ora, alla risoluzione vera e propria del problema, ponendo
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u tang
v tang
35
Luigi Cenci
A
2
B
2
In modo da poter utilizzare le Formule Parametriche per scrivere
2u
2v
1 u2
1 v2
senA
,
,
e senB
cosA
cosB
2
2
2
1 u
1 v2
1 u
1 v
cosicché traduco i dati, espressi in termini di A, B, p, q, in relazioni tra p, q, u, v
1 u 2 1 v2
cos
A
cos
B
2p
2p
1 u 2 1 v2
sin A sin B 2q 2q 2u 2v
1 u 2 1 v2
cioè, p, q, espresse come funzioni simmetriche di u, v, e quindi posso riscriverle utilizzando le due
funzioni simmetriche elementari
X u v
Y u v
vale a dire
2p (1 u 2 ) (1 v2 ) (1 u 2 ) (1 v2 ) (1 v2 ) (1 u 2 ) , da cui
2 2u 2 v 2
1 u 2 v2 u 2 v2
2 2Y 2
1 X 2 2Y Y 2
2 (1 Y) (1 Y)
X 2 (1 Y) 2
2p
X
2q (1 u 2 ) (1 v2 ) 2u (1 v2 ) 2v (1 u 2 ) , da cui
2(u v) 2(u v) (u v)
1 u 2 v2 u 2v2
2X 2Y X
1 X 2 2Y Y 2
2X (1 Y)
2
X (1 Y) 2
2q
e quindi ottengo il sistema
2
(1 Y)2 1 u 2 v2 u 2 v2 1
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
Luigi Cenci
36
p X 2 (1 Y) 2 (1 Y) (1 Y)
q X 2 (1 Y) 2 X (1 Y)
che trasformo in un altro sistema più semplice ma equivalente, effettuando con le sue due equazioni
le seguenti operazioni
1) moltiplico per X la prima e per 1 Y la seconda, poi sotraggo membro a membro e semplifico
per X 2 (1 Y) 2 ottenendo così pX q(1 Y) 0 che è la prima delle due equazioni del sistema
equivalente
2) moltiplico la prima per 1 Y e per X la seconda, poi sommo membro a membro e semplifico per
X 2 (1 Y) 2 ottenendo così l’espressione p(1 Y) qX 1 Y che è la seconda delle due
equazioni del sistema equivalente
pertanto, il sistema equivalente è
pX qY q
qX (p 1)Y 1 p
che è compatibile, dato che p p2 q 2 0
quindi, risolvendolo con la regola di Cramer, ricavo
q
q
2q
X 1 p (p 1)
uv
p
q
p p2 q2
q (p 1)
p
q
q 1 p
p2 q 2 p
uv
Y
p
q
p p2 q 2
q (p 1)
cioè
tang
tang
A
B
2q
tang
2
2
p p2 q 2
A
B
p2 q2 p
tang
2
2
p p2 q2
Note
Volendo calcolare tang
A
B
e tang in funzione di p e q, risolvo l’equazione seguente nell’incognita
2
2
ausiliaria t
t2
2q
p2 q 2 p
t
0 (p p 2 q 2 ) t 2 2q t p2 q 2 p 0
2
2
2
2
pp q
pp q
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Luigi Cenci
37
le cui radici sono
t
q q 2 (p 2 q 2 p) (p 2 q 2 p) q q 2 (p 2 q 2 ) 2 p 2 q (p 2 q 2 )(1 p 2 q 2 )
p2 q 2 p
p2 q 2 p
p2 q 2 p
il radicale è reale in quanto
cosicché si hanno le due soluzioni simmetriche
tang
tang
A q (p 2 q 2 )(1 p 2 q 2 )
2
p2 q 2 p
B q (p 2 q 2 )(1 p 2 q 2 )
2
p2 q 2 p
tang
,
tang
A q (p 2 q 2 )(1 p 2 q 2 )
2
p2 q 2 p
B q (p 2 q 2 )(1 p 2 q 2 )
2
p2 q 2 p
0 p2 q 2 1
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ES-021
Se x y 30 e x 3 y3 8100 , quanto vale x 2 y 2 ?
Risposta 480
Soluzione
Uso l’identità x 3 y3 (x y)3 3xy (x y) (II Identità o Formula di Waring5) e ricavo
(x y) 3 (x 3 y3 )
3(x y)
3
30 8100
3 30
3
3 103 34 102
32 10
32 102 (3 10 32 )
32 10
10 (30 9)
10 21
210
xy
poi, uso l’identità x 2 y2 (x y)2 2xy (I identità di Waring) e ottengo
x 2 y2 302 2 10 21
32 102 2 10 3 7
3 10 (30 14)
30 16
3 16 10
480
Note
Potrei proseguire calcolando i valori di x e y. A tale scopo, basta risolvere il sistema simmetrico
x y 30
x y 210
utilizzando l’equazione t 2 30t 210 0 nell’incognita ausiliaria t, che risolta fornisce i valori
t 15 225 210 15 15 , e quindi le due soluzioni simmetriche
x 15 15
x 15 15
,
y 15 15
y 15 15
5
Edward Waring (1736-1798), matematico britannico.
38
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
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39
ES-022
Verificare che l’equazione: x 3 5x 21 0 non ha radici in Z
(Esercizio dell’esame del 07-03-2007 di Didattica della Matematica, prof. Maroscia Paolo)
Soluzione
1° modo
Le eventuali radici razionali dell’equazione sono 1 , 3 , 7 , 21 , ma si verifica facilmente che
nessuna di esse è radice dell’equazione, quindi questa non ha radici razionali e tantomeno intere
2° modo
Scrivo l’equazione nel seguente modo x (x 2 5) 21 , quindi x 0 , ed esamino le varie possibilità
con x Z
1) (x 1) (x 2 5 21)
2) (x 21) (x 2 5 1)
3) (x 3) (x 2 5 7)
4) (x 7) ( x 2 5 3)
12 5 21 assurdo
212 5 1
assurdo
3 5 7 assurdo
7 2 5 3 assurdo
2
3° modo
Scrivo l’equazione nel seguente modo x 3 21 5x ed esamino le varie possibilità con x Z
(x 3 21 0) (5x 0)
(x 3 21 6) (5x 15)
(x 3 21 -13) (5x 10)
(x 3 21 20) (5x 5)
5) x 0 (x 3 21 21) (5x 0)
6) x 0
(x 3 21 0) (5x 0)
1) x 3
2) x 3
3) x 2
4) x 1
l’equazione è impossibile
l’equazione non è verificata
l’equazione non è verificata
l’equazione non è verificata
l’equazione non è verificata
l’equazione è impossibile
4° modo
Il numero delle radici reali dell’equazione è 1 oppure 3 (in quanto le radici complesse si presentano
sempre a coppie coniugate per un’equazione a coefficienti reali), ma dal momento che
f(x) x 3 5x 21 è strettamente crescente in r (perché f ' (x) 3x 2 5 0 in r) allora
l’equazione ha una sola radice reale e, siccome f(2) 3 mentre f(3) 21 , posso dire che questa è
compresa tra 2 e 3 (per il Teorema di Esistenza degli Zeri) e, inoltre, che non è intera
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Luigi Cenci
40
ES-023
Una barca è collegata al molo da una fune tesa. Tiriamo la fune di 1 m verso l’interno (a sinistra in
figura); di quanto si sposta la barca, avvicinandosi al molo? Di più, di meno, o esattamente di 1 m ?
(Il problema è tratto da Le Monde: una volta la settimana, il noto quotidiano francese pubblica un
quesito di matematica)
(Esercizio assegnato il 20-03-2007 al corso di Programmazione Didattica per le Scienze Esatte del
prof. Bernardi Claudio)
Risposta più di 1 metro
Soluzione
1° modo
PWW (Proof Without Words)
t
B
1m
A
C
O
I = posizione iniziale della barca;
F = posizione finale della barca
F
G
H
1m
I
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41
2° modo
Con riferimento alla figura soprastante, pongo AI c , FI x , quindi AF c 1 . In un triangolo
qualsiasi la lunghezza di ogni lato è sempre maggiore della differenza degli altri due, e visto che
AF AI , deve risultare FI AI AF c (c 1) 1
Note
Potrei proseguire trovando delle espressioni per x . Posto OA h e OI d , per il teorema di
Pitagora applicato al triangolo rettangolo AOF, retto in O, risulta (c 1) 2 h 2 (d x) 2 , cioè
x 2 2dx d 2 h 2 (c 1)2 0 , da cui l’unica soluzione accettabile x d (c 1) 2 h 2
[risulta (c 1) 2 h 2 0 dato che AF c 1 AO h ]
Essendo, inoltre, i tre parametri c, d, h, legati dalla relazione c 2 h 2 d 2 , posso esprimere x in
funzione di due solo di essi, in particolare
x x(c, h) c 2 h 2 (c 1) 2 h 2 ,
x x(d, c) d d 2 2c 1 ,
x x(d, h) d d 2 2 h 2 d 2 1 ;
e, infine, dalla relazione 0 (c 1)2 h 2 (c 1)2 c2 h 2 d 2 ricavo che
(c 1) 2 h 2 d , cioè 0 x d
3° modo
Utilizzando l’espressione x x(d, c) d d 2 2c 1 (calcolata sopra), considero la seguente
catena di complicazioni
x d d 2 2c 1 1
d2 2c 1 d 1 d 2 2c 1 (d 1) 2 c AI d OI
in cui l’ultima è vera dato che in un triangolo rettangolo l’ipotenusa è maggiore di ciascun cateto
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Luigi Cenci
42
ES-024
Se una canna di bambù alta 32 dm viene spezzata dal vento e la sua cima cade, toccando il terreno a
16 dm dalla radice, a quale altezza si è spezzata ?
(Esercizio d’esame del 07-03-2007 di Didattica della Matematica, prof. Maroscia Paolo)
Risposta 12 dm
Soluzione
Considerazioni preliminari
1) La canna “spezzata” può far pensare che se ne stacchi un pezzo, cosicché essa diverrebbe due
“segmenti” separati di cui uno conficcato a terra e l’altro sul (piano del) terreno. In tal caso, però,
non è ignota la posizione del suo secondo estremo (il primo è la cima). In assenza di dati, semplifico
e intendo che la canna, spezzandosi, diventa due segmenti consecutivi non collineari.
2) La radice di una pianta è, solitamente, la sua parte “nel” terreno e, se così è, dovremmo conoscere
quanto essa è profonda, cioè quanto è lungo il segmento interno al terreno e, inoltre, dovremmo
anche sapere rispetto a quale punto del segmento-radice la cima della canna, una volta spezzata dal
vento, dista 16 dm. In assenza di dati, semplifico e intendo per “radice” della canna il punto in cui
questa, prima ancora che si spezzi, interseca la superficie (il piano) del terreno.
1° modo
C
OC 32 dm, OE 16 dm.
La figura mostra la costruzione del punto di
rottura S della canna OC.
M è il punto medio di OC, N è il punto
medio di CE, SN è perpendicolare a CE,
quindi SE e CS sono congruenti.
Posto x OS e utilizzando il Teorema di
M
N
2
S
terreno
O
B
radice
2
2
Pitagora OS SE OE
si ricava l’equazione
x 2 (32 x) 2 162 ,
x 2 32 2 64x x 2 162 ,
64x 322 162 , da cui la soluzione
322 162 (32 16) (32 16)
x
64
64
48 16 48
12 dm.
64
4
2° modo
Con riferimento alla figura precedente, consideriamo il riferimento cartesiano ortogonale con origine
in O, asse x la retta di OE orientata da O ad E, asse y la retta OC orientata da O a C, la soluzione è
rappresentata dall’ordinata del punto S intersezione dell’asse y con l’asse di CE .
I punti C, E ed N hanno rispettivamente coordinate (0; 32), (16; 0) e (8; 16); il coefficiente angolare
della retta per i punti C ed E è mCE 2 , cosicché l’asse di CE ha equazione
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
y 16
43
Luigi Cenci
x
1
1
( x 8) ( x 8) , da cui 2y 32 x 8 , cioè y 12
m CE
2
2
Intersecando tale retta con l’asse y, vale a dire sostituendo 0 alla x nell’equazione dell’asse di CE , si
ricava y 12 dm
3° modo
Consideriamo
sempre
la
figura
di
sopra.
Per
il
Teorema
di
Pitagora
si
ha
che
CE 32 16 16 (2 1) 16 5 dm e, perciò, CN 8 5 dm
2
2
2
2
Sfruttando la similitudine dei triangoli rettangoli CEO e CNS si ricava
CS CN
CS CE
, da cui
CN CO
CE
16 5 8 5
8 5
20 dm OS OC CS 32 20 12 dm
32
2
CO
Note
Nel risolvere il problema si è tacitamente supposto che la canna fosse, prima della folata di vento,
perpendicolare al terreno
Se invece la canna fosse stata inclinata di
un angolo α rispetto al terreno, e se
spezzandosi cadesse (come ci si aspetta)
con rotazione minima (vale a dire,
ruotando attorno ad S nel piano passante
per la canna e perpendicolare al terreno e
con angolo inferiore a 180°), allora,
ferma restando la costruzione del punto
di rottura S, per trovare a quale distanza
dalla radice la canna si spezza (in tal
caso dire “a quale altezza” è fuorviante)
avremmo usato il Teorema di Carnot
(“Teorema di Pitagora generalizzato”)
C
M
N
S
2
2
2
SE OE OS 2OE OS cos
ricavando così l’equazione
(32 x) 2 162 x 2 2 16xcos ,
O
E
1024 64x x 2 256 x 2 32xcos ,
32(2 - cos ) x 768 ,
(2 cos ) x 24 , da cui la soluzione
24
x
dm.
2 cos
La x risulta così essere una funzione decrescente di α, per 0 90 , con minimo di 12 dm per
90 e con estremo superiore di 24 dm per 0 .
Tuttavia, per α fissato e opportunamente prossimo a 0° si avrebbe una situazione innaturale come
illustrato nella figura seguente
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
44
Luigi Cenci
C
S
M
N
O
E
L’innaturalità può essere risolta solo immaginando la canna già spezzata, con la cima sempre a terra
e a distanza 16 dm dalla radice, ma con punto di rottura S “mobile”.
Tornando però ad una situazione naturale, ci si domanda quale sia effettivamente il massimo di x al
variare di α.
Rispondiamo dapprima ai seguenti quesiti:
1) qual’è la distanza massima dalla radice cui una canna di bambù lunga 32 dm e inclinata di un
angolo α rispetto al terreno si può spezzare affinché la cima tocchi il terreno ?
2) E in tal caso quanto dista la cima dalla radice ?
C
S
O
E
H
La figura mostra la costruzione del punto di rottura S della canna OC. Si traccia da C la
perpendicolare CH al terreno, poi da C la bisettrice dell’angolo OCH fino ad incontrare in E il
terreno, dopodiché da E si traccia la perpendicolare al terreno che incontrerà OC nel punto S. Si
prova facilmente che SE e SC sono congruenti.
Posto x OS si ha SE OS sen da cui l’equazione 32 x xsen , e quindi
x
32
32cos
dm e OE
dm
1 sen
1 sen
Torno alla situazione in cui OE 16 dm e ricavo α, cioè
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
16
Luigi Cenci
45
32cos
2cos 1 sen
1 sen
da cui, ponendo
u cos
v sen
si ricava il sistema
2u 1 v
v 2u 1
v 2u 1
2
2
2
2
u (5u 4) 0
u v 1
u (2u 1) 1
la cui unica soluzione, geometricamente accettabile, è
4
u 5
4
3
arccos arcsen 36 52' 11' '
5
5
v 2 4 1 3
5
5
scartando, per ovvi motivi, l’altra
u 0
270
v 1
Infine, con il particolare trovato, ricavo che
x OS
32
32 5
20 dm
3
8
1
5
che è anche il massimo della funzione x
24
24
24 5
20 )
, vista in precedenza (difatti
4
2 cos
6
2
5
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Es-025)
Dimostrare che la frazione
Luigi Cenci
21n 4
è irriducibile per ogni intero n
14n 3
Soluzione
1° modo
Uso l’Identità di Bezout ax by MCD(a; b) , con a 14n 3 , b 21n 4 , x 3 , y 2
(14n 3) 3 (21n 4) (2) 1 MCD(14n 3; 21n 4) 1
2° modo
Calcolo il MCD(14n 3; 21n 4) con l’Algoritmo di Euclide
divido 21n 4 per 14n 3 : 21n 4 (14n 3) 1 7n 1 (cioè, quoziente 1 e resto 7n 1 )
divido 14n 3 per 7n 1 : 14n 3 (7n 1) 2 1 (cioè, quoziente 2 e resto 1)
quindi MCD(14n 3; 21n 4) 1
Volendo, si ricavano i valori di x e y dell’Identità di Bezout con un procedimento a ritroso
1 14n 3 (7n 1) 2 14n 3 [21n 4 (14n 3) 1] 2 (14n 3) 3 (21n 4) (2)
vale a dire x 3 , y 2
Diversamente, scambio i ruoli di 21n+4 e 14+3 e ottengo
14n 3 (21n 4) 1 (7n - 1) (cioè, quoziente 1 e resto 7n 1)
21n 4 (7n 1) (3) 1 (cioè, quoziente 3 e resto 1)
quindi MCD(14n 3; 21n 4) 1
Volendo, anche in questo caso, ricavare i valori di x e y dell’Identità di Bezout, si ha
1 21n 4 (7n 1) (3) 21n 4 [14n 3 (21n 4) 1] (3) (14n 3) 3 (21n 4) (2)
cioè x 3 e y 2 (ovviamente gli stessi di sopra)
46
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47
ES-026
Dimostrare che la somma dei cubi di tre naturali consecutivi qualsiasi è divisibile per 9
(Problem 11, chapter 1 pag. 9, tratto da Sequences, Combinations, Limits, di S.I. Gelfand, M.L.
Gerver, A.A. Kirillov, N.N. Kostantinov, e A.G. Kushnirenko, dell’edizione 2002 pubblicata da
Dover Publications, Inc., come ristampa dell’edizione integrale del 1969 pubblicata da M.I.T. Press)
Soluzione
Per Induzione
Passo iniziale
per n 1 è vero che 13 23 33 9 4
Passo induttivo
(n 1)3 (n 2)3 (n 3)3 (n 1)3 (n 2)3 n 3 9n 2 27n 27
n 3 (n 1)3 (n 2)3 9(n 2 3n 3)
per i primi tre addendi uso l’ipotesi induttiva, e cioè che h N : n 3 (n 1)3 (n 2)3 9 h
(n 1)3 (n 2)3 (n 3)3 9 h 9 (n 2 3n 3) 9 (h n 2 3n 3)
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48
ES-027
Dimostrare che per ogni naturale n il numero n 5 n è divisibile per 5
(Example 10, chapter 1 pag. 6, tratto da Sequences, Combinations, Limits, di S.I. Gelfand, M.L.
Gerver, A.A. Kirillov, N.N. Kostantinov, e A.G. Kushnirenko, dell’edizione 2002 pubblicata da
Dover Publications, Inc., come ristampa dell’edizione integrale del 1969 pubblicata da M.I.T. Press)
Soluzione
1° modo
Per Induzione
Passo iniziale ovvio
Passo induttivo
(n 1)5 (n 1) (n 5 5n 4 10n 3 10n 2 5n 1) (n 1)
(n 5 n) 5 (n 4 2n 3 2n 2 n)
5 h 5 (n 4 2n 3 2n 2 n)
ipotesi induttiva : n 5 n 5 h , con h N
5 (h n 4 2n 3 2n 2 n)
2° modo
Con le congruenze modulo 5 ( 5 )
n 5
n 5 5
n 5
n 5 n 5
0
05 5 0
0 5 0
0 0 5 0
1
1 5 1
1 5 4
1 4 5 5 5 0
2
25 5 (16) 2 5 (1) 2 5 2
2 5 3
2 3 5 5 5 0
3
35 5 (81) 3 5 (1) 3 5 3
3 5 2
3 2 5 5 5 0
4
45 5 (16) (16) 4 5 (1) (1) 4 5 4
4 5 1
4 1 5 5 5 0
5
Note
In generale: n p n è divisibile per p, p primo
Ancora più in generale, vale il seguente teorema:
p primo e a Z : a p a (mod p)
che, a sua volta, è corollario del cosiddetto “Piccolo Teorema di Fermat6”:
p primo e a Z : p non divide a a p -1 1 (mod p)
6
Pierre de Fermat (1601-1665), matematico e avvocato francese. Il nome di Piccolo Teorema di Fermat si giustifica per
differenziarlo dal più famoso Ultimo Teorema di Fermat, dimostrato solo nel 1994 da Andrew John Wiles (1953-).
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49
ES-028
Due persone sono nate in anni diversi, ma festeggiano il compleanno lo stesso giorno. Se la somma
delle loro età attuali è dispari, negli anni futuri la somma delle loro età sarà pari o dispari? E il loro
prodotto ?
Se il prodotto delle loro età attuali è dispari, negli anni futuri la somma delle loro età sarà pari o
dispari.
(Esercizio assegnato il 20-03-2007 al corso di Programmazione Didattica per le Scienze Esatte del
prof. Bernardi Claudio)
Soluzione:
Dette x, y le loro età attuali, con x y , risulta x - y 0 e intero (dato che le due persone festeggiano
il compleanno lo stesso giorno). Il fatto che x y è dispari implica che x e y hanno parità diversa e
quindi necessariamente il loro prodotto xy è pari, cosicché negli anni futuri la loro somma
(x n) (y n) x y 2n resta dispari (la parità di un numero si conserva sommando ad esso un
pari). Dal momento che x y è dispari, risulta che (x y) n n 2 è pari sia per n pari sia per n
dispari e, visto che xy è pari, ne consegue che negli anni futuri il prodotto delle loro età
(x n) (y n) xy (x y) n n 2 resta pari.
Se, invece, xy è dispari allora x e y hanno stessa parità e pertanto la loro somma è pari e resta tale
negli anni futuri.
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50
ES-029
Si scrivano i numeri interi positivi, ripetendo ciascuno due volte:
1
1
2
2
3
3
4
4
5
5
…
Descrivere alcune proprietà della nuova successione che si ottiene scrivendo:
il primo numero della sequenza precedente (1)
la somma dei primi 2 (1+1)
la somma dei primi tre (1+1+2) e così via:
1
2
4
6
9
12
16
20
25
30
…
[Di fronte ad un problema aperto, capita che uno studente si blocchi, non sapendo che fare. È allora
opportuno porre domande più precise, come: nella successione compaiono i quadrati di tutti gli
interi? In quale modo si susseguono numeri pari e numeri dispari? Dove si trovano i multipli di 3 ?]
(Esercizio assegnato il 20-03-2007 al corso di Programmazione Didattica per le Scienze Esatte del
prof. Bernardi Claudio)
Soluzione
Dal momento che la successione di partenza a1 1 , a 2 1 , a 3 2 , a 4 2 , a 5 3 , a 6 3 , … , può
essere definita ricorsivamente dalle relazioni a 2n a 2n-1 n , n 0 , da queste si ricavano per gli
n
elementi della successione A n a k , le seguenti relazioni, valide n 0 :
k 1
2n
n
n
n
n (n 1)
A
a
(a
a
)
(i
i
)
2
i 2
n (n 1)
2i
2n k 2i-1
2
k 1
i 1
i 1
i 1
2n -1
2n - 2
n -1
n -1
A a ( a ) a [ (i i)] n (2 i) n 2 (n 1) n n n 2
k
k
2n -1
2n -1
2
k 1
i 1
i 1
i 1
Forti di queste relazioni, passiamo a descrivere la successione A n .
1) Tutti gli elementi della successione sono naturali composti (ad eccezione del primo termine,
A1 1 , che non è primo né composto).
2) La sottosuccessione A2n-1 degli elementi di posto dispari coincide con la successione dei quadrati
dei naturali.
3) La sottosuccessione A2n degli elementi di posto pari è formata dai pari 2, 6, 12, 20, … , tutti del
tipo n (n 1) , n 0 (il prodotto di due naturali consecutivi è sempre pari).
4) Valgono le relazioni:
A2n A2n-1 n , n 0
A2n 1 A2n- 2 n , 2A2n-1 A2n-2 A2n , 2A 2n A 2n -1 A 2n -3 1 , n 1
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51
5) La successione è monotòna strettamente crescente, e quindi diverge a ; infatti:
se n è pari, cioè n 2h , con h 0 , allora
An A2h h (h 1) (h 1)2 A2(h 1)-1 A2h 1 An 1
se, invece, n è dispari, cioè n 2h 1 , con h 0 , allora
An A2h-1 h 2 h (h 1) A2h A(2h-1)1 An 1
6) Dispari
Essendo gli A2n tutti pari, gli A2n-1 tutti quadrati, e pari i quadrati dei pari, ne segue che i soli
dispari presenti nella successione sono i dispari quadrati 1, 9, 25, 49, … , corrispondenti agli
elementi di posizione 1, 5, 9, 13, … , cioè A2(2n-1)-1 A4n-3 (2n 1)2 , n 0
Valgono le relazioni:
A4( n 1)-3 A4n -3 A4n 1 A4n -3 (2n 1)2 (2n 1)2 8n , A4n -3 4 A2n-1 1 4n , n 0
7) Pari
Oltre ai pari A 2n , la successione contiene anche i pari quadrati 4, 16, 36, 64, … , corrispondenti
agli elementi di posizione 3, 7, 11, 15, … , cioè A2(2n)-1 A4n-1 (2n) 2 4n 2 , n 0
Valgono le relazioni:
A4( n 1)-1 A4n -1 A4n 3 A4n -1 4 (n 1)2 4n 2 4 (2n 1) , A4n-1 4 A2n-1 , n 0
8) Come si susseguono Pari e Dispari?
Possiamo vedere la successione come una successione di quadruple DPPP (D=dispari, P=pari):
12 , 1 2 , 22 , 2 3
32 , 3 4 , 4 2 , 4 5
52 , 5 6 , 62 , 6 7
e così via
In simboli:
2n 1 , (2n 1) 2n , (2n) 2 , 2n (2n 1) , cui corrispondono gli elementi
A 2(2n -1)-1 A 4 n -3 , A 2(2n-1) A 4 n-2 , A 2(2n)-1 A 4 n-1 , A22n A4n , n 0
9) Quali sono i dispari mancanti?
Sono i 4n - 1 numeri (2n 1)2 2h , con h 1, 2, , 4n 1 , compresi tra i due elementi dispari
quadrati consecutivi A 4n -3 (2n 1) 2 e A4n 1 (2n 1)2 , n 0 . In particolare:
(n 1 ; 4n 1 3)
(n 2; 4n 1 7)
(n 3; 4n 1 11)
3, 5, 7
11, 13, 15, 17, 19, 21, 23
27, 29, 31, 33, 35, 37, 39, 41, 43, 45, 47
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52
e così via
10) Quali sono i pari mancanti ?
Sono i 2n 2 numeri (2n 1) 2n 2h , con h 1, 2, , 2n 1 e h n , compresi tra i due
elementi pari A 2(2n -1) A 4 n - 2 (2n 1) 2n e A22n A4n 2n (2n 1) , e i 2n numeri
2n (2n 1) 2h ,
h 1, 2, , 2n ,
con
compresi
tra
i
due
elementi
A22n A4n 2n (2n 1) e A 2( 2n 1) A 4 n 2 (2n 1) (2n 2) , n 0 . In particolare:
pari
un primo gruppo formato dai numeri
(n 1 ; 2n 2 0) nessuno
(n 2; 2n 2 2) 14, 18
(n 3; 2n 2 4) 32, 34, 38, 40
e così via
e un secondo gruppo formato dai numeri
(n 1 ; 2n 2) 8, 10
(n 2; 2n 4) 22, 24, 26, 28
(n 3; 2n 6) 44, 46, 48, 50, 52, 54
e così via
11) Multipli di 3
Quelli presenti corrispondono alle triple di elementi consecutivi A 6n - 2 A 2(3n -1) (3n 1) 3n ,
A 6 n-1 A 23n-1 (3n ) 2 9n 2 , A6 n A 23n 3n (3n 1) , n 0 . In particolare:
(n 1)
6, 9, 12
(n 2) 30, 36, 42
(n 3) 72, 81, 90
e così via
Quelli mancanti sono i 4n 3 numeri 3(n 1) [(3(n 1) 1] 3h 3(n 1) (3n 2) 3h , con
h 1, 2, , 4n 3 , compresi tra A 23(n -1) A 6n - 6 3(n 1) (3n 2) (convenendo che
A0 A1 1 ) e A 6n - 2 A 2(3n -1) (3n 1) 3n . In particolare:
(n 1, 4n - 3 1)
(n 2, 4n - 3 5)
(n 3, 4n - 3 9)
e così via
3
15, 18, 21, 24, 27
45, 48, 51, 54, 57, 60, 63, 66, 69
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53
ES-030)
Dati un numero primo p e due numeri naturali a, b tali che a b p , dimostrare che MCD(a, b) 1
(Esercizio dell’esame del 07-03-2007 di Didattica della Matematica, prof. Maroscia Paolo)
Soluzione
Se p.a. MCD(a, b) d , con d 1 naturale, allora u, v naturali entrambi 1 , e dunque u v 2 ,
tali che a u d , b v d , e pertanto a b u d v d (u v) d p cioè (u v) d p cosicché
1° modo
p risulterebbe composto (di due fattori entrambi >1) in contraddizione con l’ipotesi che è primo
2° modo
d divide p da cui, essendo p è primo, scaturiscono due possibilità
1) d 1, in contraddizione con l’ipotesi d 1
2) d p , da cui (u v) p p u v 1 , in contraddizione con u v 2
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54
ES-031)
Provare che per ogni n 0 intero, il numero 11n2 122n1 è divisibile per 133
(Problem 12, chapter 1 pag. 9, tratto da Sequences, Combinations, Limits, di S.I. Gelfand, M.L.
Gerver, A.A. Kirillov, N.N. Kostantinov, e A.G. Kushnirenko, dell’edizione 2002 pubblicata da
Dover Publications, Inc., come ristampa dell’edizione integrale del 1969 pubblicata da M.I.T. Press)
Soluzione
Per Induzione
Passo iniziale immediato
Passo induttivo
11(n 1) 2 122(n 1)1 11n 3 122n 3
11 11n 2 122 122n 1
11 11n 2 (11 133) 122n 1
11 11n 2 11 122n 1 133 122n 1
11 (11n 2 122n 1 ) 133 122n 1
11 (133 h) 133 122n 1
133 (11 h 122n1 )
ipotesi induttiva
: 11n 2 122n 1 133 h
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55
ES-032)
Provare che per ogni n 2 intero, risulta 1
1
1
1
...
n
2
3
n
(Problem 14, chapter 1 pag. 9, tratto da Sequences, Combinations, Limits, di S.I. Gelfand, M.L.
Gerver, A.A. Kirillov, N.N. Kostantinov, e A.G. Kushnirenko, dell’edizione 2002 pubblicata da
Dover Publications, Inc., come ristampa dell’edizione integrale del 1969 pubblicata da M.I.T. Press)
Soluzione
Per Induzione
Passo iniziale
per n 2 risulta 1
1
2 ( 2 )2 2
2 1
2
1
2
2 2
2
2
2
2
2
Passo induttivo
n 1 n 1 n
1
n 1
1
n 1 n
n 1 n
n 1 n ( n 1 n) ( n 1 n)
cosicché
1
1
1
1
1
1
...
n
n n 1 n n 1
2
3
n
n 1
n 1
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Luigi Cenci
56
ES-033 (Dalle Gare Nazionali di Matematica)
Nell’isola di Smullyan7, dove vivono i furfanti che mentono sempre e i cavalieri che dicono sempre
la verità, si svolge il seguente dialogo fra n persone.
Il primo dice: <<Fra di noi c’è almeno un furfante>>,
il secondo dice: <<Fra di noi ci sono almeno due furfanti>>,
il terzo dice: <<Fra di noi ci sono almeno tre furfanti>>, ecc. ecc.,
l’n-esimo dice: <<Fra di noi ci sono almeno n furfanti>>.
Quanti sono i furfanti?
(Esercizio del 14-11-2006 del corso di Didattica della Matematica, prof. Bernardi Claudio)
Soluzione
Se l’n-esimo fosse cavaliere, cioè se fosse vero che tra le n persone ci sono almeno n furfanti,
vorrebbe dire che sono tutti furfanti, e quindi lui compreso, ma ciò è in contraddizione con l’ipotesi
che sia cavaliere. Pertanto, l’n-esimo è per forza un furfante e, quindi, non è vero che ci sono almeno
n furfanti, cioè c’è almeno un cavaliere. Il 1° è, dunque, un cavaliere, dal momento che è vero che
c’è almeno un furfante, che è, come visto, l’n-esimo.
Se l’(n-1)-esimo fosse cavaliere, cioè se fosse vero che tra le n persone ci sono almeno n-1 furfanti,
vorrebbe dire che, tranne il 1°, tutti gli altri, e quindi lui compreso, sono furfanti e ciò è
contraddittorio, quindi lui è un furfante e, pertanto, il 2° è un cavaliere dal momento che ci sono
almeno 2 furfanti, che sono l’n-esimo e l’(n-1)-esimo.
Procedendo in tal modo si arriva a dire che
n
n
1) se n è pari allora i primi
sono cavalieri e gli altri
sono furfanti
2
2
2) mentre se n è dispari si ha l’antinomia che il centrale non è né cavaliere né furfante.
Per rendercene conto basta considerare il caso n 3 ; per quanto visto sopra, il 1° è cavaliere e il 3°
è furfante, mentre per il 2°: se fosse cavaliere, cioè se fosse vero che tra le 3 persone ci sono almeno
2 furfanti, allora vorrebbe dire che lui è un furfante, dal momento che il 1° è cavaliere, e cioè è
contraddittorio e pertanto è un furfante, ma così i furfanti sarebbero 2 e quindi la sua affermazione
sarebbe vera e pure ciò è contraddittorio.
7
Raymond Merrill Smullyan (1919-), matematico, logico e filosofo americano, nonché prestigiatore. È autore di svariati
libri di matematica e logica ricreativa, tra i quali importanti sono What is the name of this book e Forever Undecided.
“Cavalieri” e “furfanti” sono i protagonisti di un tipo di indovinelli logici da lui inventati. Su un’isola fantastica, tutti gli
abitanti sono o cavalieri, che dicono sempre la verità, o furfanti, che mentono sempre. Gli enigmi contengono un
visitatore che approda all’isola ed incontra piccoli gruppi di abitanti. Di solito il visitatore deve dedurre dalle loro
affermazioni di che “tipo” sono gli abitanti, ma qualche indovinello richiede di dedurre altri fatti. L’enigma può anche
consistere nella formulazione di una domanda (dalla risposta sì o no) che il visitatore possa porre agli abitanti per
scoprire ciò che gli occorre sapere.
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
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57
ES-034 (Dalla prova per le borse INdAM 2006)
Nell’isola di Smullyan vivono infiniti abitanti a 0 , a1 , a 2 , Ciascun abitante è un furfante, e allora
mente sempre, oppure è un cavaliere, e allora dice sempre la verità. Un giorno, tutti gli abitanti a 2n
dicono la seguente frase: <<Sull’isola c’è solo un numero finito di cavalieri>>. Se ne può dedurre
che
A. ci sono infiniti furfanti e infiniti cavalieri;
B. ci sono infiniti furfanti ed un numero finito di cavalieri;
C. ci sono infiniti cavalieri ed un numero finito di furfanti;
D. ci sono infiniti furfanti, ma non siamo in grado di stabilire se i cavalieri sono in numero finito
o infinito;
E. ci sono infiniti cavalieri, ma non siamo in grado di stabilire se i furfanti sono in numero finito
o infinito.
(Esercizio del 14-11-2006 del corso di Didattica della Matematica, prof. Bernardi Claudio)
Risposta A
Soluzione
Se gli a 2n fossero cavalieri, cioè se stessero dicendo la verità, vorrebbe dire che sono in numero
finito ma ciò è assurdo perché essi sono infiniti (tanti quanti i pari), quindi gli a 2n sono tutti furfanti,
cosicché i cavalieri sono infiniti e si trovano tra i restanti a 2n-1 (ma non è detto che questi siano tutti
cavalieri).
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
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ES-035 Gioco dei 21 stecchini
Ci sono 21 stecchini sul tavolo. A turno, ciascuno dei due giocatori toglie da 1 a 5 stecchini. Chi
prende l’ultimo stecchino perde. C’è una strategia vincente per il giocatore che fa la prima mossa ?
[Occorre trovare quali sono le “posizioni sicure”, cioè le posizioni che assicurano la vittoria a chi le
lascia all’avversario. Le posizioni sicure devono essere tali che:
se la posizione è sicura, qualunque mossa la rende non sicura
se la posizione non è sicura, esiste una mossa che la rende sicura]
(Esercizio del 14-11-2006 del corso di Didattica della Matematica, prof. Bernardi Claudio)
Risposta SI
Soluzione
La strategia vincente è quella di arrivare con la propria mossa a togliere dal tavolo un numero di
stecchini tale per cui quelli complessivamente tolti devono essere 3 oppure 9 oppure 15.
Ad esempio
Il 1° giocatore inizia prelevando 3 stecchini, cosicché quando il 2° giocatore avrà fatto la sua mossa
saranno stati tolti dal tavolo da 4 a 8 stecchini. A sua volta, il 1° giocatore preleverà dal tavolo un
numero di stecchini pari al complemento di 9 degli stecchini tolti sino a quel momento (per
intenderci, se il 2° giocatore toglie 1 o 2 o 3 o 4 o 5 stecchini, allora il 1° ne toglierà
corrispondentemente 5 o 4 o 3 o 2 o 1).
In tal modo, quando il 2° giocatore farà la sua mossa, saranno stati tolti dal tavolo da 10 a 14
stecchini. Dopodichè, il 1° giocatore preleverà dal tavolo un numero di stecchini pari al
complemento di 15 degli stecchini tolti sino a quel momento (per intenderci, se il 2° giocatore toglie
1 o 2 o 3 o 4 o 5 stecchini, allora il 1° ne toglierà corrispondentemente 5 o 4 o 3 o 2 o 1). Così
facendo, quando il 2° giocatore farà la sua mossa dovrà per forza lasciare sul tavolo da 1 a 5
stecchini, consentendo, così, al 1° giocatore di prelevare, con la successiva mossa, tutti gli stecchini
rimanenti sul tavolo (e quindi anche l’ultimo!).
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ES-036) Gioco dei 2 sacchetti con 12 e 7 gettoni (Dalla rivista Archimede)
Ci sono due sacchetti, rispettivamente con 12 e 7 gettoni. Due giocatori, a turno, buttano via i gettoni
di un sacchetto a loro scelta e ripartiscono i gettoni dell’altro nei due sacchetti. Perde chi si trova
nella situazione in cui ciascuno dei due sacchetti contiene 1 gettone (e quindi non può proseguire).
C’è una strategia vincente per il giocatore che fa la prima mossa?
[Suggerimento. Attenzione ai numeri pari e ai numeri dispari. Una posizione è sicura se entrambi i
sacchetti contengono un numero … di gettoni. Infatti, se lasciamo una posizione di questo tipo, il
nostro avversario dovrà ridarci un sacchetto con un numero … di gettoni e l’altro con un numero …
di gettoni. Noi, allora, …]
(Esercizio del 14-11-2006 del corso di Didattica della Matematica, prof. Bernardi Claudio)
Risposta SI
Soluzione
Per vincere il 1° giocatore deve sempre buttare i gettoni del sacchetto che ne contiene un numero
dispari e ripartire quelli del sacchetto che ne contiene un numero pari in modo da mettere in ciascuno
dei due sacchetti un numero dispari di gettoni.
Ad esempio
Il 1° giocatore butta i gettoni del sacchetto che ne contiene 7 e ripartisce i 12 dell’altro sacchetto
mettendone 5 in uno e 7 in un altro. Il 2° giocatore dovrà buttare 5 o 7 gettoni e,, in ogni caso, dovrà
distribuire i restanti mettendone un numero pari in uno e un numero dispari in un altro. A quel
punto, il 1° giocatore opererà sempre come fatto la prima volta e così arriverà a lasciare al 2°
giocatore i due sacchetti contenenti ciascuno 1 solo gettone.
Per rendercene conto, torniamo a quando il 2° giocatore si trova i due sacchetti con 5 e 7 gettoni e
supponiamo che butti i 5 gettoni e ridistribuisca i 7 dell’altro mettendone 1 in un sacchetto e 6
nell’altro. A questo punto, il 1° giocatore butta il singolo gettone (e deve farlo per forza) e ripartisce i
6 dell’altro mettendone 1 in un sacchetto e 5 nell’altro. Il 2° giocatore, allora, dovrà per forza buttare
il singolo gettone e ripartire gli altri 5 nei due sacchetti, ad esempio mettendone 2 in un sacchetto e 3
nell’altro. Il 1° giocatore, allora, butterà i 3 gettoni e ripartirà gli altri due mettendone 1 in ciascuno
dei 2 sacchetti e in, tal modo, avrà vinto.
Torniamo a quando il 2° giocatore si trova i due sacchetti con 5 e 7 gettoni e ha deciso di buttare 5
gettoni ma, stavolta, ridistribuisca i 7 dell’altro mettendone 2 in un sacchetto e 5 nell’altro. A questo
punto, il 1° giocatore butta i 5 gettoni e ripartisce i 2 dell’altro sacchetto mettendone 1 in ciascuno
dei 2 sacchetti e, in tal modo, avrà vinto.
Torniamo a quando il 2° giocatore si trova i due sacchetti con 5 e 7 gettoni e ha deciso di buttare 5
gettoni ma, stavolta, ridistribuisca i 7 dell’altro mettendone 3 in un sacchetto e 4 nell’altro. A questo
punto, il 1° giocatore butta i 3 gettoni e ripartisce i 4 dell’altro sacchetto mettendone 1 in un
sacchetto e 3 nell’altro. Il 2° giocatore, allora, dovrà per forza buttare il singolo gettone e ripartire gli
altri 3 nei due sacchetti mettendone 2 in un sacchetto e 1 nell’altro. Il 1° giocatore, allora, butterà il
gettone singolo e ripartirà gli altri due mettendone 1 in ciascuno dei 2 sacchetti e, in tal modo, avrà
vinto.
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ES-037
Ad una festa l’età media è 31 anni, l’età media degli uomini è 35 anni e l’età media delle donne è 25
anni. Qual è il rapporto fra il numero degli uomini e quello delle donne ?
A.
B.
C.
D.
E.
5
7
7
5
4
3
3
2
2
Risposta D
Soluzione
Indico con u, d, rispettivamente il numero degli uomini e delle donne presenti alla festa e con U, D,
rispettivamente la somma delle età degli u uomini e delle d donne. Con ciò traduco le ipotesi nel
sistema:
U D
u d 31
D
25
d
U
u 35
da cui ricavo 35u 25d 31 (u d) 4u 6d
u 3
d 2
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ES-038
Calcolare la somma S 6 66 666 666
66
n volte
(Test problem 13 for chapter 1, pag. 37, tratto da Sequences, Combinations, Limits, di S.I. Gelfand,
M.L. Gerver, A.A. Kirillov, N.N. Kostantinov, e A.G. Kushnirenko, dell’edizione 2002 pubblicata da
Dover Publications, Inc., come ristampa dell’edizione integrale del 1969 pubblicata da M.I.T. Press)
Soluzione
qk 1
per la somma dei primi k 1 termini di una
q 1
progressione geometrica di 1° termine a e ragione q 1
Uso la formula a aq aq 2 ... aq k1 a
666
66 6
n volte
66
66 6
n 1 volte
10n 1
6 6 10 6 102 ... 6 10n 3 6 10n 2 6 10n 1
9
10n 1 1
6 6 10 6 102 ... 6 10n 3 6 10n 2
9
103 1
101 1
666 6
6 6 10 6 102 6 6
9
9
2
10 1
66 6
6 6 10
9
101 1
6 6
9
____________________________________
S
6
6
10 102 103 ... 10n 1 10n n
9
9
6
10 1 10 102 ... 10n 2 10n 1 n
9
6
10n 1
10 1
n
9
9
Note
S
2
10 (10n 1) 9n
27
2
10 (10n 1) 9n
27
2
10 (999
99) 9n
27
n volte
2
10 (111
11) n
3
n volte
2
111
110 n
3 n volte
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
62
Luigi Cenci
ES-039
4
7
3
Disporre in ordine crescente i seguenti numeri reali: 3 4 , 7 3 , 4 7
(Esercizio del 18-01-2007 del corso di Didattica della Matematica, prof. Maroscia Paolo)
Soluzione:
1° modo
7
4
4
7
Confronto 3 4 e 7 3 , cioè 34 4 37 12 321 e 7 3 3 74 12 716 , e quindi confronto 321 e 716
4
716 (2 3 1)16 (2 3)16 215 316 (22 2)5 316 35 316 321
7
4
7
4
3
7
Confronto 3 e 4 , cioè 3 3
4
7
28
49
3
12
3
7
e 4 7 43 28 412 , e quindi confronto 349 e 412
7
3 (2 1) 3 2 3 4 3 4 4
49
48
48
3
7
24
7
4
Pertanto, risulta 4 3 7
4
3
24
12
28
3
49
28
12
4
7
716 12 321 7 3 3 4
3
34 4 7
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
Luigi Cenci
63
ES-040
Gli abitanti dell’isola di Smullyan sono di due tipi: i furfanti che mentono sempre e i cavalieri che
dicono sempre la verità. Due abitanti sono dello stesso tipo se sono entrambi furfanti o entrambi
cavalieri. Fra tre abitanti X, Y, Z dell’isola di Smullyan si svolge il seguente dialogo.
X: <<Io e Y non siamo dello stesso tipo>>
Y: <<Io e Z siamo dello stesso tipo>>
Se ne può dedurre che:
A. Y è un cavaliere mentre Z è un furfante
B. Y è un furfante mentre Z è un cavaliere
C. Fra Y e Z c’è un furfante e c’è un cavaliere, ma non siamo in grado di stabilire chi è il furfante e
chi è il cavaliere
D. Y e Z sono dello stesso tipo, ma non siamo in grado di stabilire se sono furfanti o cavalieri
(Esercizio dell’esame del 07-03-2007 di Didattica della Matematica, prof. Bernardi Claudio)
Risposta B
Soluzione
Ragionando su X si hanno due possibilità
1) X cavaliere X e Y non sono dello stesso tipo Y furfante
2) X furfante X e Y sono dello stesso tipo Y furfante
Pertanto, Y è furfante. Ma dal momento che Y è furfante ne consegue che Y e Z non sono dello
stesso tipo, e quindi Z è cavaliere.
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
Luigi Cenci
64
ES-041
Qual è la negazione della frase “Se 1000001 è primo, allora 21000001 1 è primo” ?
A. “Se 1000001 non è primo, allora 21000001 1 non è primo”
B. “Se 1000001 è primo, allora 21000001 1 non è primo”
C. “ 1000001 è primo e 21000001 1 non è primo”
D. “ 1000001 non è primo e 21000001 1 non è primo”
(Esercizio dell’esame del 07-03-2007 di Didattica della Matematica, prof. Bernardi Claudio)
Risposta C
Soluzione
Ricordato che
(p q) ((p) q) [tautologia], e quindi
((p q)) (((p) q)) ( ((p)) (q)) (p (q)) [tautologie]
basta considerare p ="1000001 è primo" e q ="21000001 1 è primo"
Note
1) Non è necessario entrare nel merito del valore di verità di p, q e p q per asserire che la
negazione della frase p q è la frase p (q) . In questo senso, diciamo che (p q) è
tautologicamente equivalente a p (q)
2) Entrambe le frasi p ="1000001 è primo" e q ="21000001 1 è primo" sono false
perché 1000001 106 1 (102 )3 13 (102 1) (104 102 1) 101 9901
e perché vale il teorema: n 1 : 2n 1 primo n primo
pertanto, se 21000001 1 fosse primo, allora 1000001 dovrebbe essere primo mentre abbiamo visto che
non lo è
3) p q è vera dato che p, q sono entrambe false
4) p (q) è falsa dato che p ="1000001 è primo" è falsa
5) Per provare che n 1 : 2n 1 primo n primo , basta procedere p.a.
n non primo n r s , con 1 r s n
2n 1 (2r )s 1 (2r 1) (2r )s 1 (2r )s 2 ... (2r )2 2r 1 2n 1 non è primo
Il viceversa è falso dato che, come controesempio, si ha 211 1 2047 23 89
6) Nella dimostrazione precedente occorrerebbe verificare che i due fattori
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
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65
2 r 1 e (2r )s1 (2r )s2 ... (2r ) 2 2r 1 sono entrambi 1
e, infatti, l’aver supposto r 1 implica che 2r 21 2 , cosicché ottengo
2r 1 2 1 1 e (2r )s 1 (2r )s 2 ... (2r )2 2r 1 2r 1 21 1 3
7) I primi del tipo 2n 1 , con n 1 , sono noti come Primi di Mersenne8. Ad aprile 2007 se ne
conoscono solo 44. Essi corrispondono ai seguenti valori dell’esponente n
2, 3, 5, 7, 13, 17, 19, 31, 61, 89, 107, 127, 521, 607, 1279, 2203, 2281, 3217, 4253, 4423, 9689,
9941, 11213, 19937, 21701, 23209, 44497, 86243, 110503, 132049, 216091, 756839, 859433,
1257787, 1398269, 2976221, 3021377, 6972593, 13466917, 20996011, 24036583, 25964951,
30402457, 32582657
il 44°, 232582657 1 , è stato scoperto il 04-09-2006 ed è costituito da 9808358 cifre
i primi 10 sono
22 1 3
23 1 7
25 1 31
27 1 127
213 1 8191
217 1 131071
219 1 524287
231 1 2147483647
261 1 2305843009213693951
289 1 618970019642690137449562111 .
(fonte: http://www.mersenne.org, http://primes.utm.edu, http://it.wikipedia.org)
8
Marin Mersenne (1588-1648), teologo, filosofo e matematico francese, nonché teorico della musica.
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Luigi Cenci
66
ES-042
Sia Σ un insieme di assiomi dipendente e coerente. Aggiungendo un nuovo assioma a Σ, si ottiene un
insieme di assiomi Σ'. Il sistema Σ'
A. può essere sia incoerente sia indipendente
B. è coerente ma può essere indipendente
C. è dipendente ma può essere incoerente
(Esercizio dell’esame del 07-03-2007 di Didattica della Matematica, prof. Bernardi Claudio)
Risposta C
Soluzione
Σ dipendente significa che almeno uno dei suoi assiomi si deduce dai rimanenti (cioè, è un teorema
del sistema costituito da questi ultimi), pertanto aggiungerne un qualsiasi altro non modificherebbe
tale situazione.
Se, invece, l’assioma aggiunto α fosse la negazione di uno degli assiomi di Σ, cioè se tale
che , allora Σ' diventerebbe incoerente per la presenza della contraddizione ( ) .
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Luigi Cenci
ES-043
Dimostrare che, se a e b sono due numeri dispari, allora a 2 b 2 è divisibile per 8
(Esercizio del 06-02-2007 del corso di Didattica della Matematica, prof. Maroscia Paolo)
Soluzione
1° modo
Due dispari differiscono sempre di un pari, perciò posso porre
b 2k 1 e a 2k 1 2h , con h e k interi, e scrivere pertanto
a 2 b2 (2k 1 2h)2 (2k 1)2
(2k 1)2 2 (2k 1) (2h) 4h 2 (2k 1)2
2 (2k 1) (2h) 4h 2
4h (h 2k 1)
se h pari, cioè h 2u , con u Z , e allora
a 2 b2 8u (2u 2k 1)
se h dispari, cioè h 2v 1 , con v Z , e allora
a 2 b 2 4 (2v 1) (2v 1 2k 1) 8 (2v 1) (v k)
2° modo
Posto a 2k 1 e b 2h 1, con h e k interi, si ha
a 2 b2 (a b) (a b)
(2k 1 2h 1) (2k 1 2h 1)
4 (k h 1) (k h)
È sufficiente, ora, provare che è pari almeno uno dei due numeri k h 1 e k h , infatti
k h e k h hanno somma (e differenza) pari k h e k h hanno stessa parità
k h 1 e k h hanno diversa parità è pari uno solo tra k h 1 e k h
3° modo
Uso le congruenze modulo 8 ( 8 )
essendo a e b dispari, le possibilità sono a 8 1 ; 3 ; 5 ; 7 e b 8 1 ; 3 ; 5 ; 7
e siccome 12 8 32 8 52 8 7 2 8 1 , ne consegue che a 2 b 2 8 1 1 8 0
67
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68
ES-044
Dimostrare che per ogni intero n 1 esistono n numeri interi consecutivi tra i quali non c’è alcun
primo
Soluzione
I seguenti n interi soddisfano le condizioni del problema
è divisibile per
a1 (n 1)!2
a 2 (n 1)!3
a 3 (n 1)!4
…
a n1 (n 1)!n
a n (n 1)!n 1
2
3
4
…
n
n 1
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
Luigi Cenci
ES-045
Dimostrare che ogni primo dispari è esprimibile in modo unico come differenza di due quadrati
Soluzione
Sia p Z un qualsiasi primo dispari (cioè non è 2)
Esistenza
basta considerare
a
p 1
p 1
e b
2
2
osservare che a b , che a e b sono entrambi interi perché p 1 e p 1 sono entrambi pari
infine, verificare che a 2 b 2 p
Unicità
sia p (a' )2 (b' )2 (a'b' ) (a'b' ) , con a' , b' Z e a' b'
essendo p primo ne consegue che
(a' b' p) (a'b' 1) , e cioè
a' b' p
a'b' 1
p 1
a' 2 a
b' p 1 b
2
69
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
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70
ES-046
Si sostiene talvolta che noi usiamo il sistema decimale di numerazione (per cui, ad esempio, 362
significa 3 10 2 6 10 2 ) in quanto abbiamo 10 dita.
Un marziano, dopo aver visto scritta l’equazione x 2 - 16x 41 0 , invitato a scrivere la differenza
delle radici scrive 10.
Quante dita hanno i marziani ?
(N.B. Per i numeri compresi fra 0 e 6 la scrittura dei marziani coincide con la nostra)
(Problema 5* della prova di ammissione del 1962 alla Scuola Normale Superiore di Pisa. Tratto da I
problemi di matematica della Scuola Normale Superiore di Pisa, a cura di Franco Conti e
Alessandro Profeti, I edizione 1998, Bollati Boringhieri. L’asterisco, come riportato
nell’introduzione del volume, contraddistingue gli esercizi che, nell’opinione dei curatori, presentano
particolari elementi di originalità o di difficoltà o di fantasia).
Risposta 8
Soluzione
Il nostro è un sistema di numerazione (scrittura dei “numeri”) del tipo “posizionale in base 10”,
anche detto in breve “sistema (di numerazione) in base 10”.
Se indichiamo con M il numero delle dita dei marziani, possiamo ipotizzare (per come formulato il
problema) che essi usino:
1) il sistema di numerazione in base M (“sistema M-ale”), cioè M è il “10” dei marziani;
2) tra le loro M “cifre” le nostre 7 cifre da 0 a 6, e con lo stesso nostro significato (come
espressamente indicato nella nota del testo);
3) gli stessi nostri simboli algebrici di: somma e prodotto, opposto e differenza, inverso e divisione,
quadrato e radice quadrata, uguaglianza, parentesi, ecc.
Di sicuro i marziani non hanno 10 dita come noi poiché per noi le radici dell’equazione data, essendo
esse x1 8 23 e x 2 8 23 , hanno differenza x 2 x1 2 23 e non 10 come invece essi
hanno scritto (ammettendo che non abbiano sbagliato).
Dato, poi, che in base M i simboli 10, 16 e 41 significano per noi rispettivamente 1 M 0 M ,
1 M 6 M 6 e 4 M 1 4M 1 , possiamo dire che per noi il problema equivale a:
trovare il valore del parametro M, intero 7 e 10 , tale che x 2 x1 M , essendo x 2 e x1 le radici
dell’equazione parametrica di secondo grado x 2 (M 6) x 4M 1 0 .
1° modo
Uso la relazione x 2 x1
relativa alle radici di ax 2 bx c 0 , quindi
a
M (M 6) 2 4 (4M 1) M 2 M 2 12M 36 16M 4 4M 32 M 8 .
2° modo
Uso le relazioni x 2 x1
b
c
e x 2 x1 relative alle radici di ax 2 bx c 0 , quindi
a
a
Esercizi di Didattica della Matematica, SSIS Lazio, VIII ciclo, A.A. 2006-07 / agg. 29-05-2007
Luigi Cenci
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x 2 x1 M 6
x 2 x1 4M 1
x x M
1
2
sommando la prima con la terza equazione si ha x 2 M 3 , cosicché la terza fornisce x1 3 ,
mentre la seconda diventa 3 (M 3) 4M 1 M 8 .
Inoltre, x1 3 e x 2 11, che sono le radici in decimale dell’equazione x 2 14x 33 0 , cui in
ottale corrispondono x1 3 e x 2 13 radici di x 2 16x 41 0 e la cui differenza, sempre in
ottale, è proprio 10, come scritto dai marziani.
Note
1) Le regole/formule dell’algebra (in particolare la formula risolutiva dell’equazione di 2° grado)
sono indipendenti dal particolare sistema di numerazione adottato. Quindi, risolvendo direttamente in
ottale (cioè alla “marziana”) l’equazione x 2 16x 41 0 , si ha
x1; 2
16 162 4 1 41 16 304 204 16 10 x1 3
2
2
2
x 2 13
x 2 x1 10 .
2) Se anziché 10 i marziani avessero scritto un qualsiasi altro numero, ad esempio 23, utilizzando il
procedimento del 1° modo, avremmo allora che
2M 3 (M 6) 2 4 (4M 1)
4M 2 12M 9 M 2 12M 36 16M 4
3M 2 16M 23 0 M1; 2
16 532
M1
8,18
16 256 276
2
2
M 16 532 1,18
2
2
Ma entrambe queste soluzioni sarebbero da scartare perché entrambe non intere oltre che entrambe
minori di 7, per cui concluderemmo dicendo che i marziani hanno sbagliato, e ciò indipendentemente
da quante dita essi possano effettivamente avere.
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ES-047
Provare che il numero n 4 n 2 1 non è primo, n 1
Soluzione
Per n 1 risulta n 4 n 2 1 3 primo, mentre per n 1 si ha
n 4 n 2 1 n 4 2n 2 1 n 2 (n 2 1)2 n 2 (n 2 1 n) (n 2 1 n)
con entrambi i fattori (naturali) 1
n 2 1 n n 1 n 1
infatti n 1 n 2 n 2
n 1 n n 1 n 2n 1 2 1 1 3
Note
Successioni banali di numeri composti sono quelle dei multipli di un qualsiasi numero 1 , mentre la
a n n 4 n 2 1n 2 è un esempio non banale. Inoltre, gli elementi di questa successione
a 2 21, a 3 91 , a 4 273 , a 5 651 , a 6 1333 , a 7 2451 , a 8 4161, a 9 6643 , a10 10101 ,
a11 14763 , ecc.,
sono tutti dispari, per il fatto che n 4 n 2 è pari n 1 naturale
e tutti terminano per 1 oppure per 3, come si può verificare con le congruenze modulo 10 ( 10 )
n 10
n 2 10
n 4 (n 2 ) 2 10
n 4 n 2 1 10
0
0 2 10 0
0 2 10 0
0 0 1 10 1
1
12 10 1
12 10 1
1 1 1 10 3
2
2 2 10 4
4 2 10 6
4 6 1 10 11 10 1
3
32 10 9
9 2 10 1
9 1 1 10 11 10 1
4
4 10 16 10 6
6 10 6
6 6 1 10 13 10 3
5
5 10 25 10 5
5 10 5
5 5 1 10 11 10 1
6
62 10 36 10 6
6 2 10 6
6 6 1 10 13 10 3
7
7 2 10 49 10 9
9 2 10 1
9 1 1 10 11 10 1
8
82 10 64 10 4
4 2 10 6
4 6 1 10 11 10 1
9
92 10 81 10 1
12 10 1
1 1 1 10 3
2
2
2
2
Osservo, infine, che terminano per 3 quelli di posto n 10 1 , 4 , 6 , 9 , con n 1
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ES-048
Provare che se n è un qualsiasi intero maggiore di 2, e se x e y sono dei numeri reali positivi tali che
x n x 1 e y n1 y3 1, allora x y
(Problem 1, Berkeley Math Circle Monthly Contest, 1999)
Soluzione
È chiaro dai dati che x n 1 e y n1 1 , e perciò x e y sono entrambi 1 , da cui
0 (y 1) (y 2 1) y3 y2 y 1 y2 y y3 1 yn 1
divido per y, che per ipotesi è positivo, e ricavo
y 1 yn yn y 1 x n x
se p.a. y x , allora 0 yn 1 x n 1
visto che
x e y sono entrambi 1
cosicché yn y y (y n1 1) x (x n1 1) x n x
in contraddizione con la y n y 1 x n x sopra provata
Note
Perché n 2 ?
Perché n 0, 1 rendono assurda la x n x 1 , mentre n 2 rende assurda la yn 1 y3 1
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ES-049
Provare che l’equazione x 2 7y2 1 ammette infinite soluzioni tra i naturali
(Problem 13, “Baltic Way - 90” Mathematical Team Contest, Riga, 1990)
Soluzione
Se (m; n) è una soluzione naturale dell’equazione, cioè una coppia di naturali tali che m 2 7n 2 1 ,
allora, sfruttando l’identità (A B) 2 (A B) 2 4AB , posso scrivere
1 (m2 7n 2 )2 (m2 7n 2 )2 4 (7m2 n 2 ) (m2 7n 2 )2 7 (2mn) 2
quindi anche la coppia di naturali (m2 7n 2 ; 2mn) è soluzione dell’equazione.
È sufficiente, ora, trovare almeno una soluzione naturale. La strategia è “vedere subito” che
1 64 63 82 7 32 , oppure provare con y 1, 2, , accoppiandolo con il più piccolo x tale che
x 2 7y 2 , fino a che x 2 7y2 1
y
7y 2
minimo x tale che x 2 7y 2
x 2 7y 2
1
2
3
7
28
63
3
6
8
2
8
1
Pertanto
(8; 3)
(82 7 32 127; 2 8 3 48)
(127 2 7 482 32257; 2 127 48 12192)
(32257 2 7 121922 2081028097; 2 32257 12192 786554688)
...
...
sono infinite soluzioni naturali dell’equazione
(ma non sappiamo se siano tutte le soluzioni naturali)
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Luigi Cenci
ES-050
Dimostrare che per ogni coppia di numeri reali a, b non entrambi nulli si ha: a 2 b 2 ab 0
(Esercizio del 18-01-2007 del corso di Didattica della Matematica, prof. Maroscia Paolo)
Soluzione
1° modo
2
Basta osservare che a 2 b 2 ab a 2 2 a
b b 2 3b 2
b 3b 2
a
2 4
4
2
4
2° modo
Distinguo due casi
1) a b a 2 b2 ab 3a 2 ( 3b2 ) 0
2) a b a b e a 3 b 3 concordi a 2 b 2 ab
a 3 b3
0
ab
3° modo
Distinguo i seguenti casi
1)
2)
(a 0) (b 0) a 2 b 2 ab b 2 0
(a 0) (b 0) a 2 b 2 ab a 2 0
AB
AB (con AB 0 )
2
3.1) (a 0) (b 0) (a b)2 4ab 0 (a b)2 ab a 2 b2 ab 3ab 0
3)
(a 0) (b 0) , uso la disuguaglianza tra medie
(a) b 2 4(a)b 0 (a b)2 3ab a 2 b2 ab ab 0
2
b 0 a a (b) 4a(b) 0 (a b)2 3ab a 2 b2 ab ab 0
2
(a 0) (b 0) (a) (b) 4(a)( b) 0 e proseguo come in 3.1
3.2) a 0 b
3.3)
3.4)
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