Viareggio 1986

Viareggio 1986
Problema 1
Dimostrare che 120 | 3x5 + 5x3 − 8x ∀x ∈ N
SOLUZIONE
Essere divisibile per 120, significa esserlo contemporaneamente per 3, 5 e 8.
Divisibilità per 3
3x5 + 5x3 − 8x ≡ x − x3 ≡ x(1 − x2 ) ≡ x(1 + x)(1 − x) (mod 3) . Dato che i 3 fattori
appartengono a tre classi di resto distinte, esattamente uno è divisibile per 3.
Divisibilità per 5
3x5 + 5x3 − 8x ≡ 3x5 − 3x ≡ 3(x5 − x) (mod 5) . Per il Piccolo teorema di Fermat
si ha che ap − a ≡ 0 (mod p) , e in questo caso p = 5
Divisibilità per 8
3x5 + 5x3 − 8x ≡ 3x5 − 3x3 ≡ 3x3 (x + 1)(x − 1) (mod 8) . Se x è pari, siamo a posto.
Se x ≡ 1, 7 (mod 8) una delle due parentesi diventa 0. Se x ≡ 3 (mod 8) abbiamo
9 · 4 · 2 ≡ 0 (mod 8) . Se x ≡ 5 (mod 8) si ha 15 · 6 · 4 ≡ 0 (mod 8)
Problema 2
Un tetraedro ha la proprietà che i tre segmenti che congiungono i punti medi delle
coppie di lati opposti sono uguali e perpendicolari tra di loro. Dimostrare che il
tetraedro è regolare.
SOLUZIONE
Siano O, A, B, C i quattro vertici del tetraedro, MA , MB , MC i punti medi dei lati OA, OB, OC rispettivamente e PA , PB , PC i punti medi dei lati BC, AC, AB. Le
ipotesi del testo ci dicono che i segmenti PC MC , PA MA , PB MB sono uguali e perpendicolari. Per il teorema di talete, PA MB k CO k PB MA e PA MB = 12 CO = PB MA : i
A BMB
triangoli BPA MB e BCO sono simili e BP
. In modo analogo si ottiene PA PB =
BC BO
MA MB e PA PB k MA MB . Considero il quadrilatero PA MB MA PB : ha due coppie di
lati paralleli ed uguali, quindi è un parallelogramma; ha le diagonali PA MA e PB MB
uguali e perpendicolari, quindi è un quadrato. Segue che il lato PA PB = PA√M2 A ,
√
√
quindi AB = 2PA PB = 2PA MA ; allo stesso modo CO = 2PA MB = 2PA MA ;
applicando questo ragionamento ai quadrati PA
PB PC MB MC√si ottiene
√PC MA MC e √
che tutti i 6 lati del tetraedro sono uguali a 2PA MA = 2PB MB = 2PC MC ,
quindi sono tutti e 6 uguali e il tetraedro è regolare.
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Problema 3
Mostrare come costruire (con riga e compasso) un triangolo rettangolo dati il raggio
del cerchio inscritto e di quello circorscritto.
SOLUZIONE
Sia r il raggio della circonferenza inscritta e R il raggio della circonferenza circoscritta. Sia A il vertice con l’angolo retto, B e C gli altri due vertici (per comodità
si presupponga che B sia alla sinistra di C e che A stia sopra la retta BC), I
l’incentro e O il circocentro. Siccome ∠BAC = 90, l’angolo alla centro relativo
∠BOC = 2∠BAC = 180, essendo un angolo piatto il segmento BC misura 2R e O
è il suo punto medio. ∠ABC + ∠BAC + ∠ACB = 180 → ∠ABC + ∠ACB = 90;
inoltre essendo BI e CI bisettrici, si ha ∠BIC = 180 − ∠IBC − ∠ICB = 180 −
∠ABC+∠ACB
= 180 − 90
= 135.
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Si proceda alla costruzione nel seguente modo: prima di tutto si costruisca un segmento BC lungo 2R. Per trovare I, interseco due luoghi geometrici: una retta l
parallela a BC a distanza r da essa con una circonferenza passante per B e C tale
che un angolo alla circonferenza stante nello stesso semipiano della retta l misuri
135.
Per costruire la retta l, basta costruire le due perpendicolari a BC per B e C e su
ognuna di esse marcare un punto a distanza r; congiungendo i due punti si otterrà
la retta l.
Per costruire la circonferenza, si prenda un punto generico Q nello stesso semipiano
della retta l con l’unica condizione che la proiezione di Q sulla retta BC si trovi
all’interno del segmento BC.
Costruita la retta BQ, si costruisca un angolo su di essa pari a 135 gradi (si può
ottenere sommando un angolo retto con la sua bisettrice, 90 + 45 = 135) e sia R
l’intersezione con la retta BC dell’altro lato di quest’angolo. Facendo la parallela
per C a QR ed intersecandola con BQ, si ottiene un punto T . Ora per il parallelismo ∠BT C = 135, quindi la circonferenza circoscritta al triangolo 4BT C è quella
cercata.
Ottenuto il punto I come intersezione di l e della circonferenza, il problema è quasi
concluso: per costruire A, basta disegnare il cerchio inscritto di raggio r e centro I e
condurre le due tangenti dai punti B e C, rispettivamente; la loro intersezione darà
proprio il punto A.
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Problema 4
Sia I0 = {−1, 1} , definiamo per ricorsione In come l’insieme delle soluzioni delle
equazioni x2 − 2xy + y 2 − 4n = 0 , dove y varia tra gli elementi di In−1 . Determina
l’unione degli insiemi I0 , I1 ...In .
SOLUZIONE
Si scompone l’equazione iniziale come (x − y + 2n )(x − y − 2n ) = 0.
Dunque le due soluzioni sono x1 = y − 2n e x2 = y + 2n .
Dato che le soluzioni mantengono la loro parità e che I0 ha solo elementi dispari,
allora anche l’unione di tutti gli insiemi avrà solo elementi dispari.
Dimostriamo ora per induzione che gli elementi di In sono tutti i numeri dispari da
1 − 2n+1 a 2n+1 − 1 .
Passo base: I1 = {−3, −1, 1, 3}
Passo induttivo: L’insieme In ha come elementi i numeri dispari da 1−2n+1 a 2n+1 −1
per ipotesi induttiva. Dunque se si dimostra che tra gli elementi di In+1 ci sono i
numeri dispari da 2n+1 − 1 a 2n+2 − 1 e da 1 − 2n+2 a 1 − 2n+1 , abbiamo finito.
Per ottenere 2n+2 − 1 si prende l’ultimo elemento di In e lo si aumenta di 2n+1 .
Per ottenere 2n+1 + 1 si aggiunge 2n+1 a 1 − 2n+1 , presente nell’insieme per ipotesi
induttiva.
Allo stesso modo si procede con gli elementi negativi.
Dunque ogni In è un soprainsieme di In−1 che a sua volta è un soprainsieme di In−2
, eccetera.
Quindi I0 ∪ I1 ∪ · · · ∪ In = In = {1 − 2n+1 , 3 − 2n+1 , · · · , 2n+1 − 3, 2n+1 − 1} .
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Problema 5
Siano a1 , a2 , . . . e b1 , b2 , . . . due sequenze infinite di numeri naturali. Dimostrare che
esistono due indici diversi r ed s tali che ar ≥ as e br ≥ bs .
SOLUZIONE
Se in una delle due sequenze (qui senza perdita di generalità presumo che sia la
prima) esistono due numeri ai = aj con i 6= j, allora se bi ≥ bj basta scegliere r = i
e s = j, se invece bi ≤ bj basta scegliere r = j e s = i.
Presuppongo quindi che per ogni i, j ai 6= aj e bi 6= bj . Le due sequenze non hanno
limite superiore: se esistesse un bi tale che bj ≤ bi ∀j, allora essendo numeri naturali
sono in numero finito, contraddicendo l’ipotesi che sono sequenze infinite; quindi
∀i∃j : bi < bj . Siccome le due sequenze sono di numeri naturali, in ognuna di esse
c’è un elemento più piccolo di tutti gli altri (principio del buon ordinamento); sia
quindi as l’elemento della sequenza ai tale che as < ai ∀ i (non c’è l’uguale per
l’ipotesi fatta precedentemente). Ora, di sicuro esiste un numero r tale che bs < br
per quanto detto sopra; per ipotesi avevo supposto as < ai ∀i, quindi è vera anche
as < ar , come volevasi dimostrare.
Problema 6
Ci sono tre palline di differenti colori in una borsa. Si estraggono una per volta, con
reimmissione. Qual è la probabilità che dopo n estrazioni:
a) Sia uscito esattamente un colore
b) Siano usciti esattamente due colori
c) Siano usciti tutti e tre i colori
SOLUZIONE
a) Estratta la prima pallina, il colore è deciso, dunque le altre devono uscire con lo
stesso colore, che ha probabilità 13 . Dunque la probabilità richiesta è ( 13 )n−1
b) Dopo che viene estratta la prima pallina, che determina il primo colore, abbiamo
due possibilità : esce un colore diverso oppure esce lo stesso colore. Nel primo caso
devono solo più uscire quei due colori, mentre nel secondo caso si ripete la scelta
fino alla penultima pallina.
n−2
X
1 2
2n − 2
La probabilità richiesta è
( )i ( )n−i−1 = n−1
3 3
3
i=0
2n − 2
c) La probabilità richiesta è la complementare alle due precedenti, ovvero 1− n−1 −
3
1 n−1 3n−1 − 2n + 1
( )
=
3
3n−1
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Problema 7
Un quadrato di lato n è diviso in n2 quadratini piccoli di lato 1. Sul foglio è disegnato un labirinto ottenuto marcando alcuni segmenti unitari che dividono due
quadrati piccoli adiacenti, in modo che è possibile da ogni quadretto raggiungere
qualsiasi altro quadretto (non passando per i lati marcati sono dei “muri”). Trovare, in funzione di n, la lunghezza totale massima possibile delle mura del labirinto.
SOLUZIONE
Si consideri il grafo avente come per vertici le n2 caselle e in cui due vertici sono
collegati se e solo se le due caselle relative sono adiacenti e non hanno il “muretto”
di separazione. Questo grafo è connesso perché per ipotesi da ciascuna casella è possibile passare a qualsiasi altra. Se questo grafo avesse un ciclo, tagliando uno dei lati
del percorso del ciclo si crea un grafo ancora connesso, il cui relativo labirinto della
scacchiera ha un muretto colorato in più (corrispondente al lato tagliato nel grafo).
Quindi il labirinto che ha perimetro massimo è uno il cui relativo grafo non ha cicli,
ovvero è un albero; quindi da questa proprietà segue che il numero di archi del grafo è
n2 − 1, mentre il numero di lati neri cancellati nella scacchiera è il numero totale meno il numero di lati “aperti” ed è 2n(n−1)−(n2 −1) = 2n2 −2n−n2 +1 = n2 −2n+1.
Per ottenere questo risultato basta cancellare tutti i segmenti verticali tranne quelli
presenti nella riga più in basso; avendo n−1 file con n−1 segmenti ciascuna saranno
cancellati esattamente (n − 1)2 = n2 − 2n + 1 lati.
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