1
SCUOLA GALILEIANA DI STUDI SUPERIORI — CLASSE DI SCIENZE NATURALI
ESAME DI AMMISSIONE, PROVA DI MATEMATICA — 13 SETTEMBRE 2011
Problema 1. Sia Z l’insieme dei numeri interi.
a) Sia F100 l’insieme delle funzioni f : Z −→ Z tali che
f (f (n)) = n + 100, per ogni n ∈ Z.
L’insieme F100 è vuoto? Oppure non è vuoto e ha un numero finito di elementi? Oppure è infinito?
b) Sia F101 l’insieme delle funzioni g : Z −→ Z tali che
g(g(n)) = n + 101, per ogni n ∈ Z.
L’insieme F101 è vuoto? Oppure non è vuoto e ha un numero finito di elementi? Oppure è infinito?
Soluzione — Traccia risoluzione: nel caso pari, ci sono infinite funzioni. Basta pensare per esempio a una funzione che manda
un n dispari in n + 9 e un n pari in n + 91. Al posto di 9 e 91 si possono mettere x e (100 − x) con x un qualunque intero
dispari.
Invece nel caso dispari non c’è nessuna funzione con la caratteristica richiesta. Infatti applicando la g ai due membri di
g(g(n)) = n + 101
si ottiene
g(g(g(n))) = g(n + 101)
A sinistra abbiamo
g(g(g(n))) = g 2 (g(n)) = g(n) + 101
quindi
g(n) + 101 = g(n + 101)
Da questa si ricava subito che, per ogni k,
g(n) + 101k = g(n + 101k)
(0.1)
Questa equazione dice che il resto di g(n) modulo 101 dipende solo dal resto di n modulo 101. Dalla g ricaviamo dunque una
funzione h che va dall’insieme dei resti modulo 101 in sè. Questa h soddisfa h2 =Identità. Siccome l’insieme dei resti ha un
numero dispari di elementi, una involuzione deve avere un punto fisso. Tradotto in termini della g questo vuol dire che deve
esistere un numero a tale che
g(a) = a + 101s
(0.2)
per un certo intero s. Ma allora
a + 101 = g(g(a)) = g(a + 101s) = g(a) + 101s
in cui nell’ultima uguaglianza abbiamo usato la (0.1). Applichiamo ancora la (0.2) e otteniamo
a + 101 = g(g(a)) = g(a + 101s) = g(a) + 101s = a + 101 · 2s
da cui 2s = 1, assurdo.
2
Problema 2. Consideriamo nel piano cartesiano l’insieme Z × Z dei punti a coordinate intere. Diremo che un punto
P a coordinate intere è ‘visibile’ dall’origine O se il segmento OP non contiene altri punti di Z × Z diversi da O e da
P.
a) Quali sono i punti visibili?
b) Dimostrare che per ogni intero positivo n è possibile trovare nel piano un segmento di lunghezza n, con estremi
a coordinate intere positive, che non contiene alcun punto visibile.
c) Dimostrare che per ogni intero positivo n è possibile trovare nel piano un quadrato di lato n che non contiene
alcun punto visibile.
Soluzione — I punti visibili sono tutti e soli quelli con coordinate (a, b) con a, b primi tra loro. Che un punto con coordinate
non prime fra loro non sia visibile si vede subito. Invece, sia (a, b) con a, b primi tra loro e dimostriamo che è visibile. Se non
lo fosse, ci sarebbe un punto a coordinate intere (c, d) tale che r(a, b) = (c, d) con 0 < r < 1 e r razionale. Allora r = p/q
con p < q. Dunque p(a, b) = q(c, d) cioè (pa, pb) = (qc, qd). Allora M CD(pa, pb) = M CD(qc, qd), che si può riscrivere come
pM CD(a, b) = qM CD(c, d) e ancora come M CD(a, b) = q/pM CD(c, d). Visto che q/p > 1 allora M CD(a, b) > 1 assurdo.
Per trovare il quadrato, si cercano due interi a, b tali che a, a + 1, a + 2, . . . a + r, b, b + 1, b + 2, . . . , b + r soddisfino M CD(a +
i, b + j) > 1. Per questo essenzialmente si scelgono (r + 1)2 primi distinti pij (i, j compresi fra 0 e r) e si risolvono i sistemi
cinesi a ≡ −i mod pij e b ≡ −j mod pij . A quel punto a + i e b + j non sono coprimi.
Per la variante facilitata del segmento non occorrono ragionamenti tipo ‘teorema cinese’, basta prendere una lista di n + 1
interi positivi consecutivi a + 0, a + 1, a + 2, . . . , a + n e scegliere per ogni i un numero primo pi dalla fattorizzazione del numero
a + i. A quel punto basta prendere b = p0 p1 p2 · · · pn e il segmento di estremi (a, b) e (a + n, b) funziona (ovviamente è possibile
‘economizzare’ facendo coincidere, quando possibile, i pi ).
Problema 3. Siano a, b, c tre numeri reali strettamente positivi. Supponiamo che, per ogni intero positivo n, esista
un triangolo Tn i cui lati hanno lunghezza an , bn , cn . Dimostrare che ogni triangolo Tn è isoscele.
Soluzione — Si può assumere a ≥ b ≥ c. Allora i numeri an , bn , cn . sono lunghezze dei lati di un triangolo se e solo se
an < bn + cn .
Vista la scelta a ≥ b ≥ c ricaviamo
an < bn + cn ≤ 2bn .
Facendo la radice n-esima otteniamo
a<
da cui, riassumendo le condizioni che abbiamo su b,
Visto che
√
n
√
n
2b
a
√
<b≤a
n
2
2 → 1 per n → +∞ concludiamo che deve essere a = b.
Problema 4. Dato un numero reale α > 0, definiamo
α+1
1
α
1
α
a1 =
, a2 =
a1 +
, a3 =
a2 +
, ....
2
2
a1
2
a2
3
Dimostrare che se α < 104 applicando 11 volte il procedimento sopra descritto si riesce a calcolare la
seconda cifra decimale.
√
α fino alla
per ogni
Soluzione. Sı̀, Maria vincerà la scommessa. Infatti, la successione (an ) verifica le condizioni a0 = α, an+1 = an2a2+α
n
√
n ∈ N. Sia allora δn = an − α. Si ha
√
√
(an − α)2
δn
an 2 + α √
δn 2
δn
√ =
√ .
δn+1 = an+1 − α =
− α=
=
·
2an
2an
2 δn + α
2(δn + α)
√
In particolare δ0 = α − α ≤ α e 0 ≤ δn+1 ≤ δ2n , e da ciò si deduce facilmente per induzione che 0 ≤ δn ≤ 2−n α per ogni
√
n ∈ N. È dunque chiaro che la successione descritta da Maria tende a stabilizzarsi intorno al valore di α. Supponiamo ora
√
√
√
α ≤ 104. Si ha allora α ≤ 102 < 128 = 27 , per cui δ7 ≤ 2−7 α ≤ √αα = α. Osserviamo ora che se δk ≤ 2−p α, allora
−p √
√
√
√
√
√
δk
√
≤ (2−p−1 α) · 2 √α α = 2−2p−1 α. Poiché δ7 ≤ 2−0 α, si ottiene allora δ8 ≤ 2−1 α, δ9 ≤ 2−3 α,
δk+1 ≤ δ2k · δ +
α
k
√
√
√
δ10 ≤ 2−7 α, e δ11 ≤ 2−15 α. Poiché α ≤ 100 < 27 si ha dunque δ11 ≤ 2−8 . Poiché 2−8 = 1/256 < 0.005, se ne deduce che
√
l’approssimazione δ11 è minore di 5 · 10−3 , per cui a11 e α coincidono fino alla seconda cifra decimale.
Problema 5. Mostrare che ogni insieme di numeri interi contenente 5 elementi contiene almeno 3 elementi la cui
somma è un multiplo di 3.
Soluzione. L’insieme Z degli interi è l’unione di tre sottoinsiemi disgiunti
[0] = {n : n è divisibile per 3},
[1] = {n : n − 1 è divisibile per 3},
[0] = {n : n − 2 è divisibile per 3}.
Osserviamo preliminarmente che:
(1) se l, m, n appartengo allo stesso insieme [a], con a = 0, 1, 2,
allora l + m + n è divisibile per 3;
(2) se l ∈ [0], m ∈ [1] e n ∈ [2], allora l + m + n è divisibile per 3.
Ci sono due possibilità: (i) esiste un a ∈ {0, 1, 2} per cui [a] contiene tre elementi di Σ e (ii) per ogni a ∈ {0, 1, 2} ci sono al
massimo due elementi di Σ, che appartengono a [a].
Nel caso (i) il risultato segue da (1).
Nel caso (ii) il risultato segue da (2).
Problema 6. Consideriamo un orologio a lancette classico, per cui assumiamo che la posizione della lancetta delle
ore e di quella dei minuti siano individuate da una coppia h ed m di numeri reali tali che 0 6 h < 12, 0 6 m < 12.
a) Trovare una relazione tra h e m.
4
Per errore in un orologio vengono montate la lancetta delle ore e quella dei minuti di uguale lunghezza, cosı̀ che non
è possibile stabilire quale delle due segni l’ora e quale i minuti. Considerato che un essere umano non commette un
errore di valutazione dell’ora superiore alle 6 ore, si chiede:
b) quali e quante sono le posizioni delle lancette in cui è impossibile determinare l’ora?
c) Per le posizioni di cui al punto precedente determinare l’errore massimo (in ore, minuti e secondi) che una
persona può commettere leggendo l’orologio.
Soluzione — a) La parte frazionaria di h è la frazione di 60 minuti tra un’ora e un’altra. Se m ∈ [0, 12] è la lancetta dei
minuti allora
m
{h} =
, ⇐⇒ m = 12{h}.
12
b) Chiamiamo x e y le posizioni delle due lancette. Abbiamo
x = ora, y = minuti,
y = ora, x = minuti,
=⇒
=⇒
x = 12{y},
y = 12{x}
Nel caso in cui x = 12{y} e y = 12{x}, cioè nelle intersezioni tra le rette è impossibile stabilire l’ora, a meno che x = y. Queste
12
10
8
6
4
2
2
4
6
8
10
12
configurazioni sono in totale 143 − 11 = 132.
c) Immediatamente si vede che le coppie (x, y) per cui è impossibile stabilire l’ora giacciono sulle rette
y =x+k
12
, k = ±1, ±2, . . . , ±11.
13
Siccome poi |y − x| 6 6, abbiamo
12
10
8
6
4
2
2
|k|
4
6
8
10
12
6 6, ⇐⇒ |k| 6 6,
13
12
5
per cui l’errore massimo è |x − y| =
12
13
·6=
72
13
≈ 5, 54 ore, cioè 5 ore, 32 minuti e 24 secondi.
