Mostrare che - Docenti.unina

Anno accademico 2005-2006
1) Si consideri il sistema di equazioni in due incognite 𝑥, 𝑦
{
𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 = 𝑒 ,
𝑐𝑥 + 𝑑𝑦 = 𝑓 ,
dove 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒, 𝑓 sono numeri interi relativi.
(𝑎) Dimostrare che il sistema ammette una e una sola soluzione (non
necessariamente intera) qualunque siano 𝑒, 𝑓 se e solo se 𝑎𝑑 − 𝑏𝑐 ≠ 0.
(𝑏) Si supponga di scegliere a caso i coefficienti 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒, 𝑓 tra gli interi relativi
con valore assoluto minore o uguale a un intero positivo 𝑛 prefissato. Dimostrare
che la probabilità che il sistema abbia esattamente una soluzione (non
necessariamente intera) è compresa tra 1 − 1/(2𝑛) e 1 − 1/3𝑛2 .
La prima parte di questo esercizio è molto semplice e scolastica, la seconda è
interessante ed intrigante.
(𝑎) Se si moltiplica membro a membro la prima equazione per 𝑑 e la seconda per
𝑏 e poi si sottrae la prima alla seconda, si ottiene un’equazione nella sola 𝑥
(𝑎𝑑 − 𝑏𝑐)𝑥 = 𝑑𝑒 − 𝑏𝑓 .
Indipendentemente dal termine noto, si avrà la soluzione
𝑥=
𝑑𝑒 − 𝑏𝑓
, se e solo se 𝑎𝑑 − 𝑏𝑐 ≠ 0 .
𝑎𝑑 − 𝑏𝑐
Procedendo in maniera analoga per la 𝑦, si ha
𝑦=
𝑎𝑓 − 𝑒𝑐
.
𝑎𝑑 − 𝑏𝑐
2
Entrambe le relazioni trovate mostrano che le soluzioni sono rapporti tra interi,
cioè numeri razionali.
Si tratta, in buona sostanza, della ben nota formula dovuta Gabriel Cramer
𝑥=
∆𝑦
∆𝑥
, 𝑦=
,
∆
∆
laddove si è posto
∆𝑥 = |
𝑒
𝑓
𝑎
𝑏
| , ∆𝑦 = | 𝑐
𝑑
𝑒
𝑎
|
,
∆=
|
𝑓
𝑐
𝑏
|≠0.
𝑑
Interpretato in termini geometrici, il sistema individua due rette nel piano
cartesiano. Può accadere, allora, che esse siano parallele, in tal caso non si avranno
soluzioni ed il sistema viene detto incompatibile; può accadere che le due rette
siano coincidenti, in tal caso si avranno infinite soluzioni ed il sistema è detto
indeterminato; può, infine, accadere che le due rette siano incidenti in un punto
che si ottiene dalla soluzione del sistema, in tal caso il sistema si dice determinato.
(𝑏) La seconda parte dell’esercizio equivale a trovare la probabilità che, presi a
caso 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 tra gli interi relativi con valore assoluto minore oppure uguale ad un
intero positivo 𝑛 prefissato, si abbia 𝑎𝑑 − 𝑏𝑐 = 0. Una volta trovata questa
probabilità, bisogna considerare quella dell’evento complementare, in quanto la
condizione necessaria e sufficiente affinché il sistema abbia una ed una sola
soluzione è che 𝑎𝑑 − 𝑏𝑐 ≠ 0. Dimostrare, infatti, che
1−
1
1
≤𝑃 ≤1− 2
2𝑛
3𝑛
equivale a dire
3
1
1
≤
1
−
𝑃
≤
.
3𝑛2
2𝑛
Trovare 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 tali che 𝑎𝑑 − 𝑏𝑐 = 0 corrisponde a determinare 1 − 𝑃.
Ogni coefficiente può assumere 2𝑛 + 1 valori diversi, tanti quanti sono gli interi
compresi tra – 𝑛 e 𝑛. Tuttavia, se tra i quattro coefficienti sussiste la relazione
𝑎𝑑 = 𝑏𝑐 ,
supponendo 𝑏 ≠ 0, si può scrivere
𝑐=
𝑎𝑑
.
𝑏
È allora evidente che 𝑎 e 𝑑 possono essere scelti a piacere, mentre 𝑏 è vincolato,
dal momento che 𝑐 deve essere intero e compreso tra – 𝑛 e 𝑛.
Si parta dall’analisi dei casi limite.
Primo caso limite: 𝑎 e 𝑑 sono tali per cui 𝑏 può assumere due soli valori, affinché 𝑐
sia intero. È certo che 𝑏 possa assumere almeno due valori: infatti, se 𝑎 = 0, allora
𝑏 può assumere ogni valore, mentre se 𝑎 ≠ 0, 𝑏 può assumere almeno i valori 𝑎 e
– 𝑎. Di conseguenza, 𝑐 è conseguentemente vincolato e la probabilità è pari a
2/(2𝑛 + 1)2 .
Secondo caso limite: 𝑎 e 𝑑 sono tali per cui b può essere preso anch’esso a piacere.
Distinguiamo due sottocasi:
- Almeno uno tra a e d è zero. In questa evenienza, che ha probabilità 1(2n/(2n+1))^2, posso prendere 𝑏 a piacere (e di conseguenza c è nullo), ma se
b=0 c non è vincolato, e può essere preso a piacere. Sommando le due probabilità
4
e sottraendo quella del caso b=0, c=0 che viene contata due volte (P(A unione B)
= P(A) + P(B) – (P(A intersezione B)), otteniamo che, se almeno uno tra a e d è
zero,
la
probabilità
-
Né
è
a
di
2/(2n+1)
né
d
–
1/(2n+1)^2
valgono
zero.
In questa evenienza, che ha probabilità (2n/(2n+1))^2, si ha al massimo una
probabilità di 2n/(2n+1)^2, in quanto, posti a,b,d, c è vincolato dalla relazione
c=ad/b, poiché abbiamo supposto a e d diversi da 0; inoltre b può essere scelto
(nella migliore delle ipotesi) solamente in 2n modi, in quanto non può valere 0.
La
probabilità
è
quindi
al
massimo:
(1-(2n/(2n+1))^2) * (2/(2n+1) – 1/(2n+1)^2) + (2n/(2n+1))^2 * 2n/(2n+1)^2
Con una serie di passaggi algebrici (che non vi sto a riportare visto che la
dimostrazione è già lunga) si trova che questa probabilità è sempre minore di
1/2n.
Dal momento che i casi effettivi sono una via di mezzo tra i casi limite (può
capitare che per determinati a e d b possa assumere solo due valori, che possa
assumerli tutti, ma anche che possa assumerne alcuni sì e alcuni no), la probabilità
è compresa tra quella dei due casi limite; si dovrebbe quindi avere:
2/(2n+1)^2
ma,
1/3n^2
<=
poiché,
1-P
per
<=
n
<=
1/2n
>=
3
2/(2n+1)^2
5
si
1/3n^2
ha
<=
che:
1-P
<=
1/2n
ergo:
1-1/2n
<=
P
<=
1-1/3n^2
Per n >= 3 è stato quindi dimostrato, per n = 1 e n = 2 bisogna ancora dimostrare
che
1/3n^2
<=
1-P.
Per n = 1 i casi possibili sono 81 (a,b,c,d possono valere -1, 0, 1); si può dimostrare
che la probabilità è maggiore o uguale a 1/3 trovandone 27 favorevoli. Eccoli:
a*d=b*c
0*0=0*0
0*0=0*1
0*0=0*(-1)
0*0=1*0
0*0=(-1)*0
0*1=0*0
0*1=0*1
0*1=0*(-1)
0*1=1*0
0*1=(-1)*0
1*0=0*0
1*0=0*1
6
1*0=0*(-1)
1*0=1*0
1*0=(-1)*0
0*(-1)=0*0
0*(-1)=0*1
0*(-1)=0*(-1)
0*(-1)=1*0
0*(-1)=(-1)*0
(-1)*0=0*0
(-1)*0=0*1
(-1)*0=0*(-1)
(-1)*0=1*0
(-1)*0=(-1)*0
1*1=1*1
(-1)*(-1)=(-1)*(-1)
Per n = 2 i casi possibili sono 625 (a,b,c,d possono valere -2, -1, 0, 1, 2); si può
dimostrare che la probabilità è maggiore o uguale a 1/12 trovandone 53
favorevoli. 27 favorevoli li abbiamo già trovati (quelli scritti prima vanno bene),
ce ne restano da trovare altri 26. Sempre guardando quelli scritti prima, proviamo
a scriverne di nuovi inserendo 2 dove c’è 1, inserendo -2 dove c’è -1, e lasciando
0 dove c’è 0. Tutti questi casi sono favorevoli e sono di nuovo 27, anche più di
quanti
ci
erano
necessari.
Ora la dimostrazione è completa: 1-1/2n <= P <= 1-1/3n^2 è verificato per ogni n
intero positivo.
7
2) Risolvere
8(4𝑥 + 4−𝑥 ) − 54(2𝑥 + 2−𝑥 ) + 101 = 0 .
Si osservi inizialmente che l’equazione assegnata è simmetrica, nel senso che se
ammette una soluzione 𝑥 = 𝑥0 , ammette pure la soluzione 𝑥 = −𝑥0 . Poi, dato che
4𝑥 + 4−𝑥 = (2𝑥 + 2−𝑥 )2 − 2 ,
l’equazione diventa
8(2𝑥 + 2−𝑥 )2 − 54(2𝑥 + 2−𝑥 ) + 85 = 0 .
Risolvendo nella variabile
𝑢 = 2𝑥 + 2−𝑥 → 8𝑢2 − 54𝑢 + 85 = 0 ,
si ottengono le due soluzioni reali nella variabile 𝑢
𝑢1 =
5
17
, 𝑢2 =
.
2
4
A questo punto, dato che
𝑥
2 +2
−𝑥
=𝑢 → 2
2𝑥
𝑢 ± √𝑢2 − 4
− 𝑢2 + 1 = 0 → 2 =
,
2
𝑥
𝑥
non è difficile ottenere le quattro soluzioni nella variabile 𝑥
8
𝑥1 = −1 , 𝑥2 = 1 , 𝑥3 = −2 , 𝑥4 = 2 .
Il grafico che segue rappresenta la funzione
𝑦 = 8(4𝑥 + 4−𝑥 ) − 54(2𝑥 + 2−𝑥 ) + 101 ,
evidenziando le quattro intersezione con l’asse delle ascisse.
9
3) Sia 𝑃(𝑥) = 𝑎0 𝑥 𝑛 + 𝑎1 𝑥 𝑛−1 + ⋯ + 𝑎𝑛 un polinomio a coefficienti 𝑎0 , 𝑎1 , ⋯ reali.
(𝑎) Mostrare che 𝑃(𝑥) = 𝑃(𝑥 + 1) (identicamente) se e solo se
𝑎0 = 𝑎1 = ⋯ = 𝑎𝑛−1 = 0 .
(𝑏) Mostrare che se il grado del polinomio 𝑃 è 2 esiste almeno un 𝑥 tale che
𝑃(𝑥) = 𝑃(𝑥 + 1).
Si osserva che la prima parte dell’esercizio consiste nella dimostrazione di una
identità, la seconda parte rappresenta una vera e propria equazione.
(𝑎) Se, per ipotesi, si suppone che
𝑎0 = 𝑎1 = ⋯ = 𝑎𝑛−1 = 0 ,
allora, la tesi è immediatamente verificata, dal momento che un polinomio è di
grado zero, che è una costante del tipo
𝑃(𝑥) = 𝑎𝑛 ,
verifica l’identità assegnata.
Viceversa, se per ipotesi è
𝑃(𝑥) = 𝑃(𝑥 + 1) ∀𝑥 ∈ ℝ ,
allora si vuole dimostrare che, fatta eccezione per il termine noto, tutti i
coefficienti sono nulli. Si immagini che, per assurdo, uno dei coefficienti sia
diverso da zero 𝑎𝑘 ≠ 0, con 0 ≤ 𝑘 ≤ 𝑛 − 1. Allora, sostituendo nell’identità, s
otterrebbe
10
𝑎𝑘 𝑥 𝑘 + 𝑎𝑛 = 𝑎𝑘 (𝑥 + 1)𝑘 + 𝑎𝑛 ∀𝑥 ∈ ℝ ,
che fornisce l’unica soluzione 𝑎𝑘 = 0, in contrasto con l’ipotesi di assurdo: per
convincersene, basta imporre l’identità in 𝑥 = 0. Si è dunque dimostrato che
nesuun coefficiente può essere diverso da zero.
(𝑏) Si scriva il generico polinomio di secondo grado
𝑃(𝑥) = 𝑎0 𝑥 2 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 (𝑎0 ≠ 0) .
Dal momento che risulta
𝑃(𝑥 + 1) = 𝑎0 (𝑥 + 1)2 + 𝑎1 (𝑥 + 1) + 𝑎2 = 𝑎0 𝑥 2 + (𝑎1 + 2𝑎0 )𝑥 + 𝑎0 + 𝑎1 + 𝑎2 ,
uguagliando ed eliminando i monomi uguali, si può scrivere
2𝑎0 𝑥 + +𝑎0 + 𝑎1 = 0 → 𝑥 = −
11
𝑎0 + 𝑎1
.
2𝑎0
4) (𝑎) Quante parole (stringhe) di 6 caratteri si possono scrivere utilizzando solo
le lettere 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐸, 𝐹?
(𝑏) Tra le parole di cui al punto (𝑎), quante sono quelle che soddisfano la seguente
proprietà: le lettere 𝐴, 𝐵, 𝐶 non sono mai seguite né dalla 𝐷 né dalla 𝐸, e le lettere
𝐷, 𝐸, 𝐹 non sono mai seguite né dalla 𝐵 né dalla 𝐶?
(𝑐) In media, quante volte appare la lettera 𝐴 nelle parole di cui al punto(𝑏)? e la
lettera 𝐵?
(𝑑) Tra le parole di cui al punto (𝑎), quante sono quelle che non contengono due
𝐴 consecutive?
(𝑎) Sono tutte le permutazioni di sei elementi su sei posti, cioè
𝑁 = 6! = 720 .
(𝑏)
(𝑐)
(𝑑)
12
5) Sia 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 + 𝑎𝑥 + 𝑏, dove 𝑎, 𝑏 sono numeri reali.
(𝑎) Mostrare che esiste 𝑥0 nell’intervallo [−1,1] tale che |𝑓(𝑥0 )| ≥ 1/2.
(𝑏) Mostrare anche che, se |𝑓(𝑥0 )| < 1/2 per ogni 𝑥 nell’intervallo, allora
1
𝑓(𝑥) = 𝑥 2 − .
2
La funzione
𝑓(𝑥) = 𝑥 2 + 𝑎𝑥 + 𝑏
rappresenta una famiglia di parabole, tutte ad asse verticale e con la concavità
rivolta verso l’alto.
(𝑎) Il testo chiede di provare che esiste un’ascissa 𝑥0 per cui la funzione si trova
al di fuori dall’intervallo
1 1
𝑓(𝑥) ∉ (− , ) .
2 2
Una maniera per provare ciò è mostrare che le ordinate di due punti della
funzione distano più di 1 tra loro: infatti 1 è la distanza delle rette che dovrebbero
confinare la funzione, 𝑦 = −1/2 e 𝑦 = 1/2. Dato che risulta
|𝑓(1) − 𝑓(0)| = |1 + 𝑎| , |𝑓(−1) − 𝑓(0)| = |1 − 𝑎| ,
si vede bene che se 𝑎 ≥ 0, si ha la tesi per la prima uguaglianza riportata; se invece
𝑎 ≤ 0, si ha la tesi per la seconda uguaglianza.
13
(𝑏) Riferendosi a quanto appena dimostrato, se 𝑎 ≠ 0 la funzione supera 1/2 in
valore assoluto. Se si desidera che ciò non accada, occorre che 𝑎 = 0, nel qual caso
la funzione diventa
𝑓(𝑥) = 𝑥 2 + 𝑏 .
Ora, dato che
|𝑥 2 + 𝑏 | <
1
1
1
→ − < 𝑥2 + 𝑏 < ,
2
2
2
per essere certi che entrambe le disuguaglianze siano verificate, essendo
nell’intervallo considerato
0 ≤ 𝑥2 ≤ 1 ,
basta semplicemente imporre che
1
,
1
2
→ 𝑏=− ,
{
1
2
1+𝑏 ≤ ,
2
𝑏≥−
che era quanto si voleva dimostrare.
14
6) Siano 𝛼, 𝛽 e 𝛾 gli angoli interni di un triangolo. Dimostrare che:
𝛼
𝛽
𝛾
sin 𝛼 + sin 𝛽 + sin 𝛾 = 4 cos cos cos
2
2
2
(1)
sin(2𝛼) + sin(2𝛽) + sin(2𝛾) = 4 sin 𝛼 sin 𝛽 sin 𝛾
(2)
sin(4𝛼) + sin(4𝛽) + sin(4𝛾) = −4 sin(2𝛼) sin(2𝛽) sin(2𝛾)
(3)
La chiave di volta per risolvere questo esercizio è la prima formula di prostaferesi
sin 𝑝 + sin 𝑞 = 2 sin
𝑝+𝑞
𝑝−𝑞
cos
.
2
2
Si rammenta, inoltre, che la somma degli angoli interni ad un triangolo vale
𝛼+𝛽+𝛾 =𝜋.
(1) Si comincia a dimostrare la prima uguaglianza
𝛼
𝛽
𝛾
𝑆1 = sin 𝛼 + sin 𝛽 + sin 𝛾 = 4 cos cos cos .
2
2
2
Allora, per la formula di prostaferesi, si ottiene
𝑆1 = 2 sin
𝛼+𝛽
𝛼−𝛽
cos
+ sin(𝜋 − 𝛼 − 𝛽) .
2
2
Discende, poi, che
𝑆1 = 2 sin
𝛼+𝛽
𝛼−𝛽
cos
+ sin(𝛼 + 𝛽) ,
2
2
15
che si può equivalentemente scrivere usando le formule di duplicazione
𝑆1 = 2 sin
𝛼+𝛽
𝛼−𝛽
𝛼+𝛽
+ cos
(cos
).
2
2
2
Infine, adoperando le formule di addizione del coseno, si può scrivere
𝑆1 = 4 sin
𝛼+𝛽
𝛼
𝛽
𝛼
𝛽
𝛾
cos cos = 4 cos cos cos .
2
2
2
2
2
2
(2) Procedendo in maniera analoga al caso precedente, per la seconda
uguaglianza si ottiene
𝑆2 = sin(2𝛼) + sin(2𝛽) + sin(2𝛾) = 2 sin(𝛼 + 𝛽) cos(𝛼 − 𝛽) − sin(2𝛼 + 2𝛽) .
In forza della formula di duplicazione del seno, risulta
𝑆2 = 2 sin(𝛼 + 𝛽) [cos(𝛼 − 𝛽) − cos(𝛼 + 𝛽)] .
Infine, per la formula di addizione del coseno, si ha
𝑆2 = 4 sin(𝛼 + 𝛽) sin 𝛼 sin 𝛽 = 4 sin 𝛼 sin 𝛽 sin 𝛾 .
(3) Infine, con ovvia estensione dei simboli usati, per la terza uguaglianza si può
scrivere
𝑆3 = sin(4𝛼) + sin(4𝛽) + sin(4𝛾) ,
che, per la formula di prostaferesi e di duplicazione del seno, diventa
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𝑆3 = 2 sin(2𝛼 + 2𝛽) [cos(2𝛼 − 2𝛽) − cos(2𝛼 + 2𝛽)] .
Ancora la formula di addizione del coseno consente di scrivere
𝑆3 = 4 sin(2𝛼 + 2𝛽) sin(2𝛼) sin(2𝛽) = −4 sin(2𝛼) sin(2𝛽) sin(2𝛾) .
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