1966-1967 - Docenti.unina

Anno accademico 1966-1967
Dissertazione: Poligoni regolari. Il candidato esponga le costruzioni (con riga e
compasso) a lui note e indichi tutti i poligoni regolari che, partendo da esse, è in
grado di ottenere.
1) Dire per quali valori reali di 𝑘 l’equazione 𝑥 8 + 𝑘 2 + 𝑘 = 0 ammette radici
reali.
L’equazione assegnata è un’equazione algebrica di ottavo grado nella variabile 𝑥
e può essere riscritta nella forma equivalente
𝑥 8 = −𝑘 2 − 𝑘 .
Da essa si deduce immediatamente che, per avere radici reali, è indispensabile che
−𝑘 2 − 𝑘 ≥ 0 → −1 ≤ 𝑘 ≤ 0 .
Alternativamente, se 𝑘 > 0 ∨ 𝑘 < −1, il secondo membro dell’equazione è
negativo e l’equazione ammette solo quattro radici complesse e coniugate.
Nella figura che segue si è riportato il luogo delle radici, cioè il luogo geometrico
delle radici nel piano che ha in ascisse 𝑥 ed in ordinate 𝑘.
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Questo diagramma è diviso in due parti dai colori blu e rosso. Precisamente, la
parte in blu è situata al di sopra della retta orizzontale di colore verde 𝑘 = −0.5,
mentre la parte in rosso sta al di sotto. Entrambi questi rami possono ottenersi
considerando l’equazione assegnata nella variabile 𝑘. Dato che il discriminante
vale
∆= 1 − 4𝑥 8 ,
si avranno radici reali se esso è non negativo, cioè per
1
1
1
−4 ≤𝑥 ≤ 4
( 4 ≅ 0.840896) .
√2
√2 √2
In questo intervallo le due soluzioni forniscono i rami superiore ed inferiore del
luogo delle radici, ossia
−1 + √1 − 4𝑥 8
𝑘+ =
,
2
−1 − √1 − 4𝑥 8
𝑘
=
.
[ −
2
3
2) Il candidato dica se l’equazione 2 sen 𝑥 + 2 cos 𝑥 = 3 + 2𝑥 ha soluzione.
L’equazione assegnata è un’equazione trascendente, vale a dire non algebrica, e,
per questo tipo di equazioni, non si dispone di alcuna formula risolutiva, come
quella relativa alle equazioni algebriche di secondo grado. Tuttavia, nel caso in
esame non è difficile mostrare che essa non ha soluzione. Infatti, osservando che
il secondo membro è sempre maggiore di 3
3 + 2𝑥 > 3
∀𝑥 ,
mentre il primo membro risulta, in valore assoluto, sempre minore di 2√2,
essendo
|2 sen 𝑥 + 2 cos 𝑥| = 2√2 |
sen 𝑥
√2
+
cos 𝑥
𝜋
| = 2√2 |sen (𝑥 + ) | ≤ 2√2 ∀𝑥 .
4
√2
Si conclude che l’equazione data non ammette soluzioni, poiché le curve
rappresentanti il primo membro (in verde) ed il secondo membro (in blu) non si
4
incontrano mai, giacendo in porzioni disgiunte del piano cartesiano, come
suggerisce la figura di seguito riportata.
In quanto detto in precedenza si è fatto uso della formula di addizione del seno
sen(𝛼 + 𝛽) = sen 𝛼 cos 𝛽 + cos 𝛼 sen 𝛽
e del fatto che
sen
𝜋
𝜋
1
= cos =
.
4
4 √2
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3) Dati nel piano una circonferenza 𝐶 di centro 𝑂 e raggio 𝑟, e due punti 𝐴 e 𝐵,
cercare gli eventuali punti 𝑃 di 𝐶 tali che la retta congiungente 𝑃 con 𝐴 e la retta
congiungente 𝑃 con 𝐵 siano perpendicolari. Il candidato dica sotto quali
condizioni per 𝑂, 𝑟, 𝐴, 𝐵, il problema ammette una o più soluzioni.
Il problema considera una circonferenza e due punti qualunque del piano, che
potrebbero quindi essere interni, esterni, sulla circonferenza, uno può essere sul
centro, e così via. Il punto 𝑃 che si trova sulla circonferenza 𝐶 è un vertice del
triangolo 𝑃𝐴𝐵, che per ipotesi è retto. Siccome Il punto 𝑃 vede la corda 𝐴𝐵 sotto
un angolo di 90°, tale corda sarà il diametro di un’altra circonferenza. Quindi non
resta altro da fare che intersecare le due circonferenze che potrebbero essere
secanti, ed allora il problema ammette due soluzioni, tangenti, nel qual caso vi è
una soluzione, oppure esterne, nel qual caso il problema non ammette soluzioni.
𝐴
𝑀
𝑂
𝜌
𝑟
𝐵
Detto 𝑀 il punto medio di 𝐴𝐵, 𝜌 il raggio 𝑀𝐴 e 𝑑 la distanza 𝑂𝑀, si possono
distinguere i casi di seguito descritti.
1 Le due circonferenze sono esterne, se
𝑑 >𝑟+𝜌.
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In tal caso il problema non ammette alcuna soluzione.
2 Le due circonferenze sono tangenti, se
𝑑 =𝑟+𝜌.
In questo caso il problema ammette due soluzioni coincidenti ed il punto 𝑃 è uno
solo.
3 Le due circonferenze sono secanti, se
|𝑟 − 𝜌| < 𝑑 < 𝑟 + 𝜌 .
In tal caso le due circonferenze hanno due punti distinti in comune. Il valore
assoluto è necessario, dato che non è nota la relazione tra 𝑟 e 𝜌.
4 Le due circonferenze sono di nuovo tangenti, se
𝑑 = |𝑟 − 𝜌| .
Ancora una volta, si avranno due punti coincidenti, che, in effetti, determinano
un’unica soluzione.
5 Le due circonferenze sono l’una interna all’altra, se
𝑑 < |𝑟 − 𝜌| .
In definitiva, si può dire che il problema ammette due soluzioni reali, distinte
oppure coincidenti, sempre che
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|𝑟 − 𝜌| ≤ 𝑑 ≤ 𝑟 + 𝜌 .
Resta da discutere un ultimo caso particolare: precisamente il caso 𝑟 = 𝜌, per il
quale tuttele precedenti considerazioni restano valide, solo che, quando 𝑑 = 0, le
due circonferenze coincidono e le soluzioni sono infinite.
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4) Il candidato dica in quanti modi è possibile cambiare un biglietto da 1000 𝑙𝑖𝑟𝑒
(a) in monete da 100, 20, 10 𝑙𝑖𝑟𝑒;
(b) in monete da 50, 20, 10 𝑙𝑖𝑟𝑒.
Si tratta di risolvere due semplici problemi diofantei.
(𝑎) In questo caso, indicate con 𝑥 le monete da 100 𝑙𝑖𝑟𝑒, con 𝑦 quelle da 20 𝑙𝑖𝑟𝑒,
con 𝑧 quelle da 10 𝑙𝑖𝑟𝑒, risulta
100𝑥 + 20𝑦 + 10𝑧 = 1000 → 10𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 = 100 ,
una cui soluzione, introdotte due variabili intere 𝑛 e 𝑚, vale
𝑥 = 10 − 𝑛 − 𝑚 ,
{𝑦 =𝑛,
𝑧 = 10𝑚 + 8𝑛 ,
𝑛 = 0, 1, ⋯ 10 , 𝑚 = 0, 1, ⋯ 10 − 𝑛 .
Ad esempio, posto 𝑛 = 6, risulta
𝑥 =4−𝑚,
{𝑦 =6,
𝑧 = 10𝑚 + 48 ,
𝑚 = 0, 1, 2, 3, 4 ,
che equivale alle terne elencate nella tabella che segue.
𝑥
4
3
2
1
0
𝑦
6
6
6
6
6
𝑧
48
58
68
78
88
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(𝑏) In maniera simile, nel secondo caso, indicando con 𝑥 le monete da 50 𝑙𝑖𝑟𝑒 e
non cambiando la precedente definizione degli altri due tipi di moneta, risulta
50𝑥 + 20𝑦 + 10𝑧 = 1000 → 5𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 = 100 ,
una cui soluzione è
𝑥 = 20 − 𝑛 − 𝑚 ,
{𝑦 =𝑛,
𝑧 = 3𝑛 + 5𝑚 ,
𝑛 = 0, 1, ⋯ 20 , 𝑚 = 0, 1, ⋯ 20 − 𝑛 .
Ad esempio, una terna possibile si ottiene scegliendo 𝑛 = 1 e 𝑚 = 2, cioè
𝑥 = 17 , 𝑦 = 1 , 𝑧 = 13 .
L’Euro ha sancito il passaggio a una nuova era, non solo in termini economici ma anche
numismatici. Milioni di italiani hanno dovuto adattarsi alla valuta dicendo addio alle monete
che per una vita hanno accompagnato le loro spese quotidiane.
Quando, il primo gennaio 2002, l’Euro ha fatto il suo ingresso nel Paese, chi per nostalgia o chi
in attesa che il tempo facesse levitare il loro valore, ciascun italiano ha tenuto da parte qualche
vecchia lira. Per tutti loro, è arrivato il momento di tirare fuori dal cassetto le monetine e dare
uno sguardo alla data impressa perché, senza saperlo, tra le lire conservate potrebbero
essercene alcune che valgono una piccola fortuna. È il caso delle 100 lire del 1955, prodotto in
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ben otto milioni e mezzo di esemplari, che se in ottimo stato possono valere fino 1200 Euro. Dai
venti ai duemila Euro è quanto pagherebbe un collezionista le 50 lire del 1958, più rare perché
le monete esistenti sono poco più di ottocentomila. Ci si può anche accontentare di 70 Euro con
una monetina da 10 lire del 1954, molto diffusa nelle sue poco meno di cento milioni di copie,
mentre il valore sale da 50 a 1500 Euro per le 5 lire del 1956.
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