decresca al crescere dell`ascissa.

Anno accademico 1991-1992
1) Determinare le dimensioni 𝑥, 𝑦 e 𝑧 di un parallelepipedo di volume 𝛼 3 e
superficie totale 2𝛽 2 , sapendo che 𝑥, 𝑦 e 𝑧 sono tre numeri in progressione
geometrica.
Se si calcola il volume e la superficie totale del parallelepipedo, si ottiene
𝑉 = 𝑥𝑦𝑧 = 𝛼 3 , 𝑆𝑇 = 2(𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑥𝑧) = 2𝛽 2 ,
con evidente significato dei simboli utilizzati. Inoltre, dovendo le tre dimensioni
essere tre numeri in progressione geometrica, si può porre
𝑥=
𝑦
, 𝑧 = 𝑟𝑦 ,
𝑟
essendo 𝑟 ≠ 0 la ragione della progressione. Eliminando le variabili 𝑥 e 𝑧 nella
formula del volume, si ottiene,
𝑦 3 = 𝛼 3 → (𝑦 − 𝛼) (𝑦
⏟ 2 + 𝛼𝑦 + 𝛼 2 ) = 0 ,
∆<0
da cui discende l’unica soluzione reale
𝑦=𝛼.
Ripetendo la stessa sostituzione nella superficie totale, risulta
1
𝑦 2 (1 + 𝑟 + ) = 𝛽 2 .
𝑟
Se si sostituisce il valore trovato di 𝑦 = 𝛼, si ottiene una relazione che consente di
determinare la ragione della progressione geometrica
2
1 𝛽2
𝛽
1 + 𝑟 + = 2 = 𝛾 2 , (𝛾 = ) .
𝑟 𝛼
𝛼
L’equazione ottenuta si può riscrivere nella forma equivalente
𝑟 2 + (1 − 𝛾 2 )𝑟 + 1 = 0 ,
che avrà due radici reali, solo se il discriminante è non negativo
∆= (1 − 𝛾 2 )2 − 4 = (𝛾 2 + 1)(𝛾 2 − 3) ≥ 0 → |𝛾| ≥ √3 .
Esse sono pari a
𝛾 2 − 1 + √(𝛾 2 + 1)(𝛾 2 − 3)
𝛾 2 − 1 − √(𝛾 2 + 1)(𝛾 2 − 3)
𝑟1 =
, 𝑟2 =
2
2
e sono entrambe positive. Vale la pena notare che, essendo unitario il termine
noto dell’equazione di secondo grado, tale deve anche risultare il prodotto delle
radici, vale a dire
𝑟1 ∙ 𝑟2 = 1 .
La figura che segue riporta l’andamento delle due soluzioni al variare di 𝛾.
Precisamente, la curva nera rappresenta la prima soluzione 𝑟1 ≥ 1, che cresce
all’aumentare dell’ascissa, mentre la curva rossa mostra come la seconda
soluzione 𝑟2 ≤ 1 decresca al crescere dell’ascissa. La linea costante blu
rappresenta ovviamente l’andamento del prodotto, che, come si è già sottolineato,
è costante.
3
Si determinano in tal modo le due soluzioni del problema
𝑥1 = 𝛼/𝑟1 = 𝛼𝑟2 ,
{ 𝑦1 = 𝛼 ,
𝑧1 = 𝑟1 𝛼 = 𝛼/𝑟2 ,
𝑥2 = 𝛼/𝑟2 = 𝛼𝑟1 ,
{ 𝑦2 = 𝛼 ,
𝑧2 = 𝑟2 𝛼 = 𝛼/𝑟1 .
In realtà, queste due soluzioni rappresentano geometricamente una sola, dato che
i ruoli di 𝑥 e di 𝑧 si possono scambiare vicendevolmente e, quindi, le due soluzioni
4
sono corrispondenti, grazie ad una rotazione di 90°, come illustrato nella figura
che segue.
5
2) Otto amici, tre col cappello nero e cinque col cappello bianco, si scambiano
casualmente i loro cappelli. Qual è la probabilità che alla fine ciascuno si ritrovi
con un cappello dello stesso colore?
Mettendo in corrispondenza biunivoca gli otto amici con i numeri naturali, la
situazione iniziale è rappresentata nella figura che segue, con evidente significato
dei simboli adoperati.

1

2
 
3 4

5
 
6 7

8
La probabilità richiesta 𝑃 risulta
𝑃 = 𝑃1 ∙ 𝑃2 ∙ 𝑃3 =
3 2 1
1
∙ ∙ =
= 1.7857142 % ,
8 7 6 56
in cui si è indicato con
𝑃1 la probabilità che 1 abbia il cappello nero,
𝑃2 la probabilità che, avendo già 1 il cappello nero, anche 2 l’abbia,
𝑃3 la probabilità che, avendo già 1 e 2 il cappello nero, anche 3 l’abbia.
6
3) Un trinomio (a coefficienti reali)
𝑃(𝑥) = 𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 + 𝑐
ha la proprietà che, se 𝑥 è un numero intero, anche 𝑃(𝑥) è un intero.
Provare che 2𝑎, 2𝑏 e 𝑐 sono interi. Si può anche concludere che 𝑎 e 𝑏 sono interi?
Sicuramente 𝑐 è un numero intero, dato che
𝑃(0) = 𝑐 .
Inoltre, essendo interi
𝑃(1) = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 , 𝑃(−1) = 𝑎 − 𝑏 + 𝑐 ,
risultano numeri interi anche
2𝑎 = 𝑃(1) + 𝑃(−1) − 2𝑐 , 2𝑏 = 𝑃(1) − 𝑃(−1) .
Non si può concludere, tuttavia, che 𝑎 e 𝑏 siano interi, dal momento che 𝑃(1)
potrebbe essere dispari e 𝑃(−1) potrebbe essere pari.
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4) Determinare quattro punti 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷 su 4 lati consecutivi di un quadrato (vedi
figura) in modo che sia minima la quantità
2
2
2
2
𝐽 = 𝐴𝐵 + 𝐵𝐶 + 𝐶𝐷 + 𝐷𝐴 .
𝐵
𝐴
𝐶
𝐷
Per determinare il minimo di 𝐽, si farà ricorso al principio di Fermat, secondo cui
il tragitto di un raggio associato ad un’onda, ad esempio, luminosa è quello che
rende estremale il tempo di percorrenza. Benché nella maggior parte dei casi il
tempo di percorrenza sia il minimo possibile, esistono delle circostanze per cui il
tragitto compiuto dal fronte d’onda corrisponde ad un massimo del tempo di
percorrenza. Applicandolo in maniera più stringente all’Ottica, si può affermare
che il percorso seguito da un raggio di luce per andare da un punto ad un altro
attraverso un qualsiasi insieme di mezzi è tale da rendere il suo cammino ottico
uguale, in prima approssimazione, agli altri cammini immediatamente adiacenti a
quello effettivo, cioè un percorso che corrisponde a un valore stazionario della
lunghezza del cammino ottico.
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Venendo al minimo in esame, si osservi la figura di seguito riportata: in essa un
osservatore ha fatto partire un raggio luminoso dal punto 𝐴, con un’inclinazione
di 45° rispetto al lato da cui parte, che si è riflesso sui lati lunghi 𝑎 del quadrato,
secondo la legge ottica della riflessione.
𝐵
𝑎−𝑥
𝑥
𝐴
𝐶
𝐷
Sul quadrato originario ciò corrisponde ad un percorso che da 𝐴 torna ad 𝐴 dopo
aver toccato tutti i lati, lungo i lati di un rettangolo con lati paralleli alle diagonali
del quadrato. Ebbene, il rettangolo descritto rappresenta il primo passo per
determinare il minimo valore di 𝐽 rispetto a qualsiasi altra traiettoria possibile
all’interno del quadrato. La lunghezza di tale percorso è
𝐽(𝑥) = 4(2𝑥 2 − 2𝑎𝑥 + 𝑎2 )
e presenta un minimo per 𝑥 = 𝑎/2, in cui vale
𝑎
𝐽𝑀𝐼𝑁 = 𝐽 ( ) = 2𝑎2 .
2
9
5) Dati due punti 𝐴, 𝐵 del piano, determinare il luogo dei punti 𝑃 per cui
2
2
𝐴𝑃 + 𝑃𝐵 = 𝑘
al variare del parametro reale 𝑘.
Si nota anzitutto che il parametro reale k deve essere positivo, in quanto somma
di distanze al quadrato, e quindi 𝑘 ≥ 0 .
Inoltre, detta 𝐴𝐵 = 2𝑑 ≥ 0, se si pone, senza perdere in generalità,
𝐴(−𝑑, 0) , 𝐵(𝑑, 0) , 𝑃(𝑥, 𝑦) ,
l’equazione del luogo risulta
(𝑥 + 𝑑)2 + 𝑦 2 + (𝑥 − 𝑑)2 + 𝑦 2 = 𝑘 → 𝑥 2 + 𝑦 2 =
𝑘
− 𝑑2 .
2
Si può allora concludere che
 se 0 ≤ 𝑘 < 2𝑑 2 , il luogo non esiste,
 se 𝑘 = 2𝑑 2 , il luogo si riduce ad un solo punto del piano, l’origine degli assi,
 se 𝑘 > 2𝑑 2 , il luogo rappresenta una circonferenza con centro nell’origine degli
assi e raggio
𝑘
𝑟 = √ − 𝑑2 .
2
10
6) Provare che, per ogni numero intero 𝑁, si possono sempre trovare due interi
𝑥, 𝑦 per cui
𝑥2 − 𝑦2 = 𝑁 3 .
Per dimostrare che è sempre possibile determinare due interi che verifichino
l’equazione data, bisogna distinguere due casi.
(𝑎) Sia 𝑁 un intero dispari. Dato che
(𝑥 − 𝑦)(𝑥 + 𝑦) = 𝑁 3 ,
se si pone
𝑥−𝑦 =1 → 𝑥 =1+𝑦,
si ottiene
2𝑦 + 1 = 𝑁 3 → 𝑦 =
𝑁3 − 1
𝑁3 + 1
, 𝑥=
.
2
2
Ad esempio, nel caso 𝑁 = 3, i due interi sono 𝑥 = 14, 𝑦 = 13.
(𝑏) Sia 𝑁 un intero pari. Dato che
(𝑥 − 𝑦)(𝑥 + 𝑦) = 𝑁 3 ,
se si pone
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𝑥−𝑦 =2 → 𝑥 =2+𝑦,
si ottiene
𝑁3
𝑁3
𝑁3
2𝑦 + 2 =
→ 𝑦=
−1, 𝑥 =
+1.
2
4
4
Ad esempio, nel caso 𝑁 = 4, i due interi sono 𝑥 = 17, 𝑦 = 15.
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