Anno accademico 2006-2007 1) (a) Dimostrare che √2, √3 e √6 sono numeri irrazionali. (b) Dimostrare che se π + π√2 + π√3 = 0 e π, π, π sono interi relativi allora necessariamente π = π = π = 0. (Si può assumere come dimostrata la tesi del punto precedente). (c) Determinare almeno una terna di numeri interi relativi non tutti nulli π, π, π tale che π + π√2 + π√8 = 0. Dimostrare che ogni altra terna π′, π′, π′ con la stessa proprietà è un multiplo razionale della precedente. (a) Per dimostrare che √2, √3 e √6 sono numeri irrazionali, si può procedere come mostrato di seguito. Si tratta di un ben noto procedimento che viene presentato tre volte anche per lasciare spazio all’esercizio del lettore studioso. √2 Si supponga, per assurdo, che √2 sia il rapporto di due interi coprimi, cioè √2 = πΌ con ππΆπ·(πΌ, π½) = 1 . π½ Allora, elevando al quadrato, si può scrivere πΌ 2 = 2π½2 . Se πΌ è dispari, la precedente uguaglianza è impossibile. Se, invece, πΌ è pari, escluso il caso in cui anche π½ sia pari, essendo i due interi coprimi, resta da discutere il solo caso in cui π½ è dispari. Posto, dunque, πΌ = 2π , π½ = 2π + 1 , si può scrivere 2 4π2 = 2(4π2 + 4π + 1) → 2π2 = 4π2 + 4π + 1 . Ebbene, quest’ultima uguaglianza è manifestamente assurda, dato che al primo membro vi è un numero pari, mentre al secondo è presente un numero dispari. Si scioglie l’assurdo, ammettendo che √2 è irrazionale. √3 Si supponga, per assurdo, che √3 sia il rapporto di due interi coprimi, cioè √3 = πΌ con ππΆπ·(πΌ, π½) = 1 . π½ Allora, elevando al quadrato, si può scrivere πΌ 2 = 3π½2 . Se π½ è pari, allora anche πΌ deve esserlo e la precedente uguaglianza è impossibile, essendo i due interi coprimi. Se invece π½ è dispari, allora anche πΌ deve esserlo. Posto, dunque, πΌ = 2π + 1 , π½ = 2π + 1 , si può scrivere 4π2 + 4π + 1 = 3(4π2 + 4π + 1) → 2π2 + 2π = 6π2 + 6π + 1 . Ebbene, quest’ultima uguaglianza è manifestamente assurda, dato che al primo membro vi è un numero pari, mentre al secondo è presente un numero dispari. Si scioglie l’assurdo, ammettendo che √3 è irrazionale. 3 √6 Si supponga, per assurdo, che √6 sia il rapporto di due interi coprimi, cioè √6 = πΌ con ππΆπ·(πΌ, π½) = 1 . π½ Allora, elevando al quadrato, si può scrivere πΌ 2 = 6π½2 . Se πΌ è dispari, la precedente uguaglianza è impossibile. Se, invece, πΌ è pari, escluso il caso in cui anche π½ sia pari, essendo i due interi coprimi, resta da discutere il solo caso in cui π½ è dispari. Posto, dunque, πΌ = 2π , π½ = 2π + 1 , si può scrivere 4π2 = 6(4π2 + 4π + 1) → 2π2 = 3(4π2 + 4π + 1) . Ebbene, quest’ultima uguaglianza è manifestamente assurda, dato che al primo membro vi è un numero pari, mentre al secondo è presente un numero dispari. Si scioglie l’assurdo, ammettendo che √6 è irrazionale. (b) Si rammenta che la somma tra un razionale ed un irrazionale è irrazionale. Il prodotto di un razionale per un irrazionale è irrazionale, a meno che il razionale non sia zero. Dunque, l’equazione negli interi relativi π + π√2 + π√3 = 0 → −π = π√2 + π√3 → π2 = 2π 2 + 3π 2 + 2ππ√6 4 ammette soltanto la soluzione banale π = π = π = 0, dato che essa, dopo aver quadrato membro a membro, si riduce ad un’uguaglianza assurda π2 − 2π 2 − 3π 2 = 2ππ√6 tra un intero relativo, al membro di sinistra, ed un irrazionale, al membro di destra. Si scioglie l’assurdo, ammettendo che ππ = 0 → π = π = π = 0 . (c) L’equazione da risolvere negli interi relativi è π + (π + 2π)√2 = 0 . Si tratta sostanzialmente della somma di un intero relativo e di un irrazionale. Pertanto, l’unica via per trovare soluzioni è imporre che π = 0 → π + 2π = 0 → π = −2π . L’equazione diofantea ammette infinite soluzioni, che valgono π = −2π , π = π (π ∈ β€) . È evidente, allora, che ogni terna soluzione del problema è un multiplo razionale di (0 , −2 , 1), cioè (π′, π′ , π′) = π β (0 , −2 , 1) . 5 2) Siano dati quattro segmenti nel piano di lunghezze π, π, π, π. Determinare in quali casi è possibile costruire un quadrilatero con i quattro segmenti dati in modo che i lati formati dai segmenti di lunghezza π e π siano paralleli. Un quadrilatero è un poligono con quattro lati, quattro angoli e due diagonali; ciascun lato è minore della somma degli altri tre. La somma degli angoli interni vale sempre 360°. Contrariamente a quanto avviene per i triangoli, non sempre è possibile tracciare una circonferenza inscritta, cioè tangente internamente tutti i lati, ed una circoscritta, vale a dire passante per tutti i vertici. Poiché l’esercizio richiede che due lati siano paralleli si può concludere che il quadrilatero sarà in generale un trapezio: si rammenta che un trapezio è proprio un quadrilatero con due lati paralleli. Detta allora β la distanza tra i due lati paralleli π e π, affinché quattro segmenti consentano di ottenere un quadrilatero, occorre che siano verificate le disuguaglianze π <π+π+π, β ≤π <π+π+π, π <π+π+π, β ≤π <π+π+π. La prima cosa da fare è, dunque, stabilire se i quattro segmenti assegnati consentano di chiudere una poligonale di quattro lati. Poi, bisogna passare alla costruzione grafica, per la quale si supporrà, senza perdita di generalità, che sia π ≥ π; il caso complementare π < π si tratta con ragionamenti simili. È conveniente, tuttavia, tenere distinti i due casi di seguito descritti. π = π In questo caso il quadrilatero π΄π΅πΆπ· è un parallelogramma, dato che risulta anche π = π. Si riporta il segmento π΄π΅ = π e, poi, dai suoi estremi si tracciano due circonferenze uguali di raggio π. I punti πΆ e π· possono trovarsi in punti qualsiasi di queste circonferenze: cambia l’area del parallelogramma, ma i lati sono sempre a due a due uguali. Si intuisce speditamente che la soluzione non è unica, esistendo infiniti parallelogrammi, soddisfacenti le specifiche imposte. 6 Nella figura precedente è stato presentato il caso π ≥ π, ma analoghe considerazioni si possono sviluppare per il caso duale π < π. π > π In questo caso il quadrilatero è un trapezio e si può procedere utilizzando quanto stabilito per il caso del parallelogramma. La figura che segue illustra il 7 procedimento per ottenere le due soluzioni simmetriche del problema, nel caso particolare π ≥ π, ma analoghi ragionamenti si possono fare scambiando i ruoli dei due lati obliqui. Si traccia anzitutto il segmento π΄π΅ = π. Poi, si stacca su esso il segmento più piccolo π΄π = π. Quindi si tracciano le due circonferenze per la costruzione degli infiniti parallelogrammi di lati π΄π = πΆπ· = π e π΄π· = πΆπ = π. Il trapezio si ottiene intersecando la circonferenza di raggio πΆπ΅ = π e centro in π΅ con la circonferenza più prossima ad essa. In definitiva, in questo secondo caso, che poi rappresenta il caso generale, la soluzione è unica, nel senso che esiste assieme alla sua simmetrica rispetto all’asse del problema. 8 3) Determinare per quali valori del parametro reale π il polinomio π(π₯) = π₯ 3 + ππ₯ 2 + 4ππ₯ + 1 ha due radici reali opposte. Se si indica con πΌ ≠ 0 una radice dell’equazione assegnata, allora deve risultare che anche il suo opposto sia radice, di modo che { π(πΌ) = 0 , πΌ 3 + ππΌ 2 + 4ππΌ + 1 = 0 , → { π(−πΌ) = 0 , −πΌ 3 + ππΌ 2 − 4ππΌ + 1 = 0 . Sommando e sottraendo membro a membro le ultime due relazioni riportate, si giunge al sistema semplificato 1 1 , 2 ππΌ + 1 = 0 , π = − , πΌ → { → { { 3 πΌ2 4 πΌ + 4ππΌ = 0 , πΌ2 − 2 = 0 , πΌ4 = 4 . πΌ π=− 2 In questa forma ridotta il precedente sistema fornisce l’unica soluzione π=− 1 , πΌ = ±√2 . 2 Si osservi che le altre due soluzioni dell’equazione di quarto grado in πΌ πΌ 4 − 4 = 0 → (πΌ − √2) β (πΌ + √2) β (πΌ 2 + 2) = 0 non vanno prese in considerazione, dato che darebbero origine a radici complesse e coniugate. In definitiva, il polinomio richiesto vale 9 1 1 1 1 π(π₯) = π₯ 3 − π₯ 2 − 2π₯ + 1 = π₯ 2 (π₯ − ) − 2 (π₯ − ) = (π₯ − ) (π₯ 2 − 2) . 2 2 2 2 10 4) Siano π un intero non inferiore a 2, π₯1 un numero reale positivo e π₯2 , β― , π₯π ottenuti ricorsivamente come segue: π₯π+1 = π₯π (1 + π₯π ) per ogni π = 1, 2, β― , π − 1. Dimostrare che 1 1 1 1 + + β―+ < . 1 + π₯1 1 + π₯2 1 + π₯π π₯1 Dal momento che il primo elemento della successione è positivo, segue che tutti gli altri elementi definiti per ricorrenza, essendo prodotto tra numeri positivi, saranno anch’essi positivi. Inoltre, per definizione, risulta π₯π+1 = π₯π (1 + π₯π ) → 1 π₯π+1 = 1 1 1 = − , π₯π (1 + π₯π ) π₯π 1 + π₯π da cui discende immediatamente 1 1 1 = − . 1 + π₯π π₯π π₯π+1 Sommando membro a membro su tutti gli elementi a disposizione, si può scrivere π−1 π−1 π=1 π=1 1 1 1 1 1 = ∑( − ∑ )= − . 1 + π₯π π₯π π₯π+1 π₯1 π₯π Si osservi che la seconda sommatoria è telescopica, vale a dire che è del tipo 11 π−1 π = ∑ (ππ − ππ+1 ) . π=1 Orbene, se si scrivono alcuni termini di questa somma, ci si rende immediatamente conto che tutti i termini si elidono vicendevolmente, tranne il primo e l’ultimo. Tornando al problema in esame ed aggiungendo ad ambo i membri l’ultimo termine, si ottiene π ∑ π=1 1 1 1 1 1 1 1 = − + = − < , 1 + π₯π π₯1 π₯π 1 + π₯π π₯1 π₯π (1 + π₯π ) π₯1 che era quanto si voleva dimostrare. 12 5) Un test di matematica è costituito da dieci quiz a risposta “sì” o “no”. Ogni risposta corretta vale 1, ogni risposta errata vale −1, ogni risposta omessa vale 0. Il test è superato se si raggiunge un totale di 6. (π) Qual è la probabilità che, dando dieci risposte a caso, si fornisca la risposta corretta ad esattamente otto domande? (π) Qual è la probabilità che, dando dieci risposte a caso, si superi il test? (π) Qual è la probabilità che, conoscendo la risposta corretta a quattro domande, e rispondendo a caso a quattro delle sei rimanenti, si superi il test? Uno dei problemi che capitano frequentemente nel calcolo di probabilità è quello di calcolare la probabilità che un dato evento capiti π volte su π prove effettuate. Ad esempio, lanciando sei volte un dado, si vuole determinare la probabilità di ottenere tre volte il valore due. Detta π rappresenta la probabilità che si verifichi un dato evento, la probabilità che lo stesso evento si verifichi π volte su π prove effettuate è pari a π π = ( ) π(1 − π)π con π = 1, 2, 3, β― , π . π (π) La prima domanda equivale a chiedere quale sia la probabilità di sbagliare due domande e di indovinarne otto. Essendo equiprobabile ogni risposta, questa probabilità vale ππ = ( 45 10 1 = 4.39453125% . ) 10 = 2 2 1024 (π) La risposta alla seconda domanda coincide in parte con la prima, dato che, indovinare otto domande e sbagliarne due, vuol dire totalizzare sei risposte esatte, cioè superare il test. Bisogna ancora considerare i casi di nove risposte esatte o di dieci risposte esatte e, pertanto, si può scrivere 13 1 45 + 10 + 1 7 10 1 10 1 ππ = ( ) 10 + ( ) 10 + 10 = = = 5.46875% . 2 2 1 2 2 1024 128 (π) Per il terzo esperimento aleatorio si suppone che quattro risposte esatte, vale a dire quattro punti, siano già assicurati, due vengono tralasciate, mentre bisogna tentare di dare risposta a quattro domande. Per superare il test, bisogna totalizzare al minimo sei punti, per cui due risposte esatte non bastano, dato che con sei risposte esatte e due sbagliate si realizzano quattro punti, vale a dire che bisogna rispondere correttamente almeno a tre risposte giuste ed ottenere sei oppure otto punti. La percentuale di rispondere correttamente almeno a tre domande è pari a 1 4+1 5 4 1 ππ = ( ) 4 + 4 = = = 31.25% . 3 2 2 16 16 14 6) (π) Si disegni il sottoinsieme dei punti (π₯, π¦) del piano tali che π₯ sin π + π¦ sin(2π) ≥ 0 per ogni π ∈ [0, π]. (π) Si determinino tutti i valori reali di π‘ per i quali esiste π ∈ [0, π] tale che [sin(2π) + 4 sin π] π‘ 2 + (3π‘ + 4) sin(2π) < 0 . (π) Bisogna anzitutto dire che gli estremi dell’intervallo saranno esclusi dalla discussione che segue, dato che la disuguaglianza assegnata è identicamente verificata in tutti i punti (π₯, π¦) del piano per π = 0 oppure per π = π. Dunque, si lavorerà sull’aperto 0<π<π, laddove si può affermare che sin π ≥ 0. Orbene, in forza della formula di duplicazione del seno sin(2π) = 2 sin π cos π, la disequazione diventa π₯ + 2π¦ cos π ≥ 0 → π₯ ≥ −2π¦ cos π . Per comprendere quale regione del piano si ottenga al variare del parametro π, si può parti dal caso particolare π= π 1 → cos π = → π₯ ≥ −π¦ . 3 2 15 Si tratta dei punti (π₯, π¦) del piano posti sulla destra della retta π₯ = −π¦, come mostra la figura che segue. In generale, per disegnare la regione del piano soluzione della disequazione, conviene studiare i due casi estremi π = 0 e π = π, per concludere che la regione interessante è l’angolo riportato nella figura seguente. 16 Si tratta della porzione di piano che appartiene al semipiano destro (π₯ ≥ 0) e delimitata dalle due rette π₯ = ±2π¦. (π) Come per il caso precedente, eliminati degli estremi, in cui la disequazione data non è verificata, ci si concentra nell’intervallo 0 < π < π. Grazie Alla formula di duplicazione del seno, si può scrivere la forma equivalente (cos π + 2) π‘ 2 + 3π‘ cos π + 4 cos π < 0 . Calcolando il discriminante, si ottiene β= − cos π (7 cos π + 32) < 0 → cos π > 0 → 0 < π < π . 2 Dunque, se π è un angolo del primo quadrante, allora non esiste soluzione. Si avranno soluzioni reali dell’equazione solamente quando π è un angolo del primo quadrante e valgono π‘1 = −3 cos π − √β −3 cos π + √β , π‘2 = . 2(cos π + 2) 2(cos π + 2) Le soluzioni della disequazione valgono −3 cos π − √β −3 cos π + √β π <π‘< per ≤π<π. 2(cos π + 2) 2(cos π + 2) 2 Le due curve di seguito riportate rappresentano gli andamenti con π delle due soluzioni; in particolare, la curva blu rappresenta l’estremo inferiore π‘1 , quella rossa l’estremo superiore π‘2 . Si nota che il più grande intervallo di variazione per π‘ si ottiene per π → π − , quando la sua ampiezza tende a 4. 17 18