Qual è la probabilità

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Anno accademico 2006-2007
1) (a) Dimostrare che √2, √3 e √6 sono numeri irrazionali.
(b) Dimostrare che se 𝑎 + 𝑏√2 + 𝑐√3 = 0 e 𝑎, 𝑏, 𝑐 sono interi relativi allora
necessariamente 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = 0. (Si può assumere come dimostrata la tesi del
punto precedente).
(c) Determinare almeno una terna di numeri interi relativi non tutti nulli 𝑎, 𝑏, 𝑐
tale che 𝑎 + 𝑏√2 + 𝑐√8 = 0. Dimostrare che ogni altra terna 𝑎′, 𝑏′, 𝑐′ 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 =
𝛼
con 𝑀𝐶𝐷(𝛼, 𝛽) = 1 .
𝛽
Allora, elevando al quadrato, si può scrivere
𝛼 2 = 2𝛽2 .
Se 𝛼 è dispari, la precedente uguaglianza è impossibile. Se, invece, 𝛼 è pari, escluso
il caso in cui anche 𝛽 sia pari, essendo i due interi coprimi, resta da discutere il
solo caso in cui 𝛽 è dispari. Posto, dunque,
𝛼 = 2𝑛 , 𝛽 = 2𝑚 + 1 ,
si può scrivere
2
4𝑛2 = 2(4𝑚2 + 4𝑚 + 1) → 2𝑛2 = 4𝑚2 + 4𝑚 + 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 =
𝛼
con 𝑀𝐶𝐷(𝛼, 𝛽) = 1 .
𝛽
Allora, elevando al quadrato, si può scrivere
𝛼 2 = 3𝛽2 .
Se 𝛽 è pari, allora anche 𝛼 deve esserlo e la precedente uguaglianza è impossibile,
essendo i due interi coprimi. Se invece 𝛽 è dispari, allora anche 𝛼 deve esserlo.
Posto, dunque,
𝛼 = 2𝑛 + 1 , 𝛽 = 2𝑚 + 1 ,
si può scrivere
4𝑛2 + 4𝑛 + 1 = 3(4𝑚2 + 4𝑚 + 1) → 2𝑛2 + 2𝑛 = 6𝑚2 + 6𝑚 + 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 =
𝛼
con 𝑀𝐶𝐷(𝛼, 𝛽) = 1 .
𝛽
Allora, elevando al quadrato, si può scrivere
𝛼 2 = 6𝛽2 .
Se 𝛼 è dispari, la precedente uguaglianza è impossibile. Se, invece, 𝛼 è pari, escluso
il caso in cui anche 𝛽 sia pari, essendo i due interi coprimi, resta da discutere il
solo caso in cui 𝛽 è dispari. Posto, dunque,
𝛼 = 2𝑛 , 𝛽 = 2𝑚 + 1 ,
si può scrivere
4𝑛2 = 6(4𝑚2 + 4𝑚 + 1) → 2𝑛2 = 3(4𝑚2 + 4𝑚 + 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
𝑎 + 𝑏√2 + 𝑐√3 = 0 → −𝑎 = 𝑏√2 + 𝑐√3 → 𝑎2 = 2𝑏 2 + 3𝑐 2 + 2𝑏𝑐√6
4
ammette soltanto la soluzione banale 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = 0, dato che essa, dopo aver
quadrato membro a membro, si riduce ad un’uguaglianza assurda
𝑎2 − 2𝑏 2 − 3𝑐 2 = 2𝑏𝑐√6
tra un intero relativo, al membro di sinistra, ed un irrazionale, al membro di
destra. Si scioglie l’assurdo, ammettendo che
𝑏𝑐 = 0 → 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = 0 .
(c) L’equazione da risolvere negli interi relativi è
𝑎 + (𝑏 + 2𝑐)√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
𝑎 = 0 → 𝑏 + 2𝑐 = 0 → 𝑏 = −2𝑐 .
L’equazione diofantea ammette infinite soluzioni, che valgono
𝑏 = −2𝑛 , 𝑐 = 𝑛 (𝑛 ∈ ℤ) .
È evidente, allora, che ogni terna soluzione del problema è un multiplo razionale
di (0 , −2 , 1), cioè
(𝑎′, 𝑏′ , 𝑐′) = 𝑛 ∙ (0 , −2 , 1) .
5
2) Siano dati quattro segmenti nel piano di lunghezze 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑. Determinare in
quali casi è possibile costruire un quadrilatero con i quattro segmenti dati in
modo che i lati formati dai segmenti di lunghezza 𝑎 e 𝑏 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 ℎ la distanza tra i due lati paralleli 𝑎 e 𝑏, affinché
quattro segmenti consentano di ottenere un quadrilatero, occorre che siano
verificate le disuguaglianze
𝑎 <𝑏+𝑐+𝑑, ℎ ≤𝑐 <𝑎+𝑏+𝑑,
𝑏 <𝑎+𝑐+𝑑, ℎ ≤𝑑 <𝑎+𝑏+𝑐.
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
𝑎 ≥ 𝑏; il caso complementare 𝑎 < 𝑏 si tratta con ragionamenti simili. È
conveniente, tuttavia, tenere distinti i due casi di seguito descritti.
𝑎 = 𝑏 In questo caso il quadrilatero 𝐴𝐵𝐶𝐷 è un parallelogramma, dato che risulta
anche 𝑐 = 𝑑. Si riporta il segmento 𝐴𝐵 = 𝑎 e, poi, dai suoi estremi si tracciano due
circonferenze uguali di raggio 𝑐. I punti 𝐶 e 𝐷 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 𝑎 ≥ 𝑐, ma analoghe
considerazioni si possono sviluppare per il caso duale 𝑎 < 𝑐.
𝑎 > 𝑏 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 𝑑 ≥ 𝑐, ma analoghi ragionamenti si possono fare scambiando i ruoli
dei due lati obliqui. Si traccia anzitutto il segmento 𝐴𝐵 = 𝑎. Poi, si stacca su esso
il segmento più piccolo 𝐴𝑀 = 𝑏. Quindi si tracciano le due circonferenze per la
costruzione degli infiniti parallelogrammi di lati 𝐴𝑀 = 𝐶𝐷 = 𝑏 e 𝐴𝐷 = 𝐶𝑀 = 𝑐. Il
trapezio si ottiene intersecando la circonferenza di raggio 𝐶𝐵 = 𝑑 e centro in 𝐵
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 𝑎 il polinomio
𝑝(𝑥) = 𝑥 3 + 𝑎𝑥 2 + 4𝑎𝑥 + 1
ha due radici reali opposte.
Se si indica con 𝛼 ≠ 0 una radice dell’equazione assegnata, allora deve risultare
che anche il suo opposto sia radice, di modo che
{
𝑝(𝛼) = 0 ,
𝛼 3 + 𝑎𝛼 2 + 4𝑎𝛼 + 1 = 0 ,
→ {
𝑝(−𝛼) = 0 ,
−𝛼 3 + 𝑎𝛼 2 − 4𝑎𝛼 + 1 = 0 .
Sommando e sottraendo membro a membro le ultime due relazioni riportate, si
giunge al sistema semplificato
1
1
,
2
𝑎𝛼 + 1 = 0 ,
𝑎
=
−
,
𝛼
→ {
→ {
{ 3
𝛼2
4
𝛼 + 4𝑎𝛼 = 0 ,
𝛼2 − 2 = 0 ,
𝛼4 = 4 .
𝛼
𝑎=−
2
In questa forma ridotta il precedente sistema fornisce l’unica soluzione
𝑎=−
1
, 𝛼 = ±√2 .
2
Si osservi che le altre due soluzioni dell’equazione di quarto grado in 𝛼
𝛼 4 − 4 = 0 → (𝛼 − √2) ∙ (𝛼 + √2) ∙ (𝛼 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
𝑝(𝑥) = 𝑥 3 − 𝑥 2 − 2𝑥 + 1 = 𝑥 2 (𝑥 − ) − 2 (𝑥 − ) = (𝑥 − ) (𝑥 2 − 2) .
2
2
2
2
10
4) Siano 𝑛 un intero non inferiore a 2, 𝑥1 un numero reale positivo e 𝑥2 , ⋯ , 𝑥𝑛
ottenuti ricorsivamente come segue:
𝑥𝑘+1 = 𝑥𝑘 (1 + 𝑥𝑘 )
per ogni 𝑘 = 1, 2, ⋯ , 𝑛 − 1. Dimostrare che
1
1
1
1
+
+ ⋯+
< .
1 + 𝑥1 1 + 𝑥2
1 + 𝑥𝑛 𝑥1
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
𝑥𝑘+1 = 𝑥𝑘 (1 + 𝑥𝑘 ) →
1
𝑥𝑘+1
=
1
1
1
=
−
,
𝑥𝑘 (1 + 𝑥𝑘 ) 𝑥𝑘 1 + 𝑥𝑘
da cui discende immediatamente
1
1
1
=
−
.
1 + 𝑥𝑘 𝑥𝑘 𝑥𝑘+1
Sommando membro a membro su tutti gli elementi a disposizione, si può scrivere
𝑛−1
𝑛−1
𝑘=1
𝑘=1
1
1
1
1
1
= ∑( −
∑
)= − .
1 + 𝑥𝑘
𝑥𝑘 𝑥𝑘+1
𝑥1 𝑥𝑛
Si osservi che la seconda sommatoria è telescopica, vale a dire che è del tipo
11
𝑛−1
𝑆 = ∑ (𝑎𝑘 − 𝑎𝑘+1 ) .
𝑘=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
𝑛
∑
𝑘=1
1
1
1
1
1
1
1
= − +
= −
< ,
1 + 𝑥𝑘 𝑥1 𝑥𝑛 1 + 𝑥𝑛 𝑥1 𝑥𝑛 (1 + 𝑥𝑛 ) 𝑥1
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.
(𝑎) Qual è la probabilità che, dando dieci risposte a caso, si fornisca la risposta
corretta ad esattamente otto domande?
(𝑏) Qual è la probabilità che, dando dieci risposte a caso, si superi il test?
(𝑐) 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 𝑘 volte su 𝑛 prove effettuate.
Ad esempio, lanciando sei volte un dado, si vuole determinare la probabilità di
ottenere tre volte il valore due. Detta 𝑝 rappresenta la probabilità che si verifichi
un dato evento, la probabilità che lo stesso evento si verifichi 𝑘 volte su 𝑛 prove
effettuate è pari a
𝑛
𝑃 = ( ) 𝑝(1 − 𝑝)𝑘 con 𝑘 = 1, 2, 3, ⋯ , 𝑛 .
𝑘
(𝑎) 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
𝑃𝑎 = (
45
10 1
= 4.39453125% .
) 10 =
2 2
1024
(𝑏) 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
𝑃𝑏 = ( ) 10 + ( ) 10 + 10 =
=
= 5.46875% .
2 2
1 2
2
1024
128
(𝑐) 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
𝑃𝑐 = ( ) 4 + 4 =
=
= 31.25% .
3 2
2
16
16
14
6) (𝑎) Si disegni il sottoinsieme dei punti (𝑥, 𝑦) del piano tali che
𝑥 sin 𝜉 + 𝑦 sin(2𝜉) ≥ 0
per ogni 𝜉 ∈ [0, 𝜋].
(𝑏) Si determinino tutti i valori reali di 𝑡 per i quali esiste 𝜉 ∈ [0, 𝜋] tale che
[sin(2𝜉) + 4 sin 𝜉] 𝑡 2 + (3𝑡 + 4) sin(2𝜉) < 0 .
(𝑎) 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 (𝑥, 𝑦) del piano per 𝜉 = 0 oppure per 𝜉 = 𝜋. Dunque, si
lavorerà sull’aperto
0<𝜉<𝜋,
laddove si può affermare che sin 𝜉 ≥ 0. Orbene, in forza della formula di
duplicazione del seno sin(2𝜉) = 2 sin 𝜉 cos 𝜉, la disequazione diventa
𝑥 + 2𝑦 cos 𝜉 ≥ 0 → 𝑥 ≥ −2𝑦 cos 𝜉 .
Per comprendere quale regione del piano si ottenga al variare del parametro 𝜉, si
può parti dal caso particolare
𝜉=
𝜋
1
→ cos 𝜉 =
→ 𝑥 ≥ −𝑦 .
3
2
15
Si tratta dei punti (𝑥, 𝑦) del piano posti sulla destra della retta 𝑥 = −𝑦, come
mostra la figura che segue.
In generale, per disegnare la regione del piano soluzione della disequazione,
conviene studiare i due casi estremi 𝜉 = 0 e 𝜉 = 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 (𝑥 ≥ 0) e
delimitata dalle due rette 𝑥 = ±2𝑦.
(𝑏) Come per il caso precedente, eliminati degli estremi, in cui la disequazione
data non è verificata, ci si concentra nell’intervallo 0 < 𝜉 < 𝜋. Grazie Alla formula
di duplicazione del seno, si può scrivere la forma equivalente
(cos 𝜉 + 2) 𝑡 2 + 3𝑡 cos 𝜉 + 4 cos 𝜉 < 0 .
Calcolando il discriminante, si ottiene
∆= − cos 𝜉 (7 cos 𝜉 + 32) < 0 → cos 𝜉 > 0 → 0 < 𝜉 <
𝜋
.
2
Dunque, se 𝜉 è un angolo del primo quadrante, allora non esiste soluzione. Si
avranno soluzioni reali dell’equazione solamente quando 𝜉 è un angolo del primo
quadrante e valgono
𝑡1 =
−3 cos 𝜉 − √∆
−3 cos 𝜉 + √∆
, 𝑡2 =
.
2(cos 𝜉 + 2)
2(cos 𝜉 + 2)
Le soluzioni della disequazione valgono
−3 cos 𝜉 − √∆
−3 cos 𝜉 + √∆
𝜋
<𝑡<
per
≤𝜉<𝜋.
2(cos 𝜉 + 2)
2(cos 𝜉 + 2)
2
Le due curve di seguito riportate rappresentano gli andamenti con 𝜉 delle due
soluzioni; in particolare, la curva blu rappresenta l’estremo inferiore 𝑡1 , quella
rossa l’estremo superiore 𝑡2 . Si nota che il più grande intervallo di variazione per
𝑡 si ottiene per 𝜉 → 𝜋 − , quando la sua ampiezza tende a 4.
17
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