Soluzione prova di Matematica - Scuola Galileiana di Studi Superiori

Risoluzione. (Esercizio 1) Sia u la velocità di Lancillotto (in piedi/secondo, ad esempio), v quella di
Parsifal. Si ha una prima relazione a/v = (ℓ −a)/u, uguagliando i tempi intercorsi tra l’inizio ed il primo
scontro, ed una seconda un poco più complicata, uguagliando i tempi tra il primo ed il secondo scontro:
ℓ − a b
+
v v
sono note a e b e l’incognita è ℓ. Si ricava subito
a ℓ − b
= +
u u ;
au = ℓ v − av; ℓ u − (a − b)u = ℓ v + (a − b)v;
dividendo per v entrambe le equazioni, e posto r = u/v si ottiene
ℓ = a(1 + r); ℓ(r − 1) = (a − b)(1 + r);
Sostituendo nella seconda il valore ℓ/a che si ricava dalla prima per 1 + r si ottiene
da cui
ℓ(r − 1) = (a − b) ℓ
a
⇐⇒ r − 1 = 1 − b
a
⇐⇒ r = 2 − b
a ,
ℓ = a(1 + r) = a 3 − b
= 3a − b = (3 · 720 − 400)piedi = 1760piedi.
a
Risoluzione. (Esercizio 2) (i) Le direzioni non trasverse sono quelle delle rette che passano per almeno
due punti distinti di S, e quindi sono un insieme finito, di al più n
2 punti, se n è il numero dei punti di
S.
(ii) Presa una retta L ortogonale ad una direzione trasversa D, la proiezione ortogonale di S su L è
iniettiva, per definizione di direzione trasversa. Orientando tale retta, ed elencando i punti della proiezione
in ordine crescente x1 < · · · < xn, dato che n = 2k è per ipotesi pari, ogni retta Y della direzione D
passante per un punto fra xk ed xk+1 verifica chiaramente quanto voluto.
(iii) L’insieme delle direzioni che sono non trasverse, o la cui direzione ortogonale è non trasversa è
chiaramente finito (con al più 2 n
2 elementi). Presa una coppia di direzioni ortogonali entrambe trasverse
si ottiene una retta Y come sopra, che lascia ugual numero di punti di S nei due semipiani; si sposta
poi la retta L parallelamente a se stessa in modo da avere una retta X che pure lascia dalle due parti
un ugual numero di punti di S. Le rette X ed Y così ottenute sono assi per un sistema di riferimento;
detto aj il numero di punti di S nel j−esimo quadrante si ha k = n/2 = a1 + a4 = a2 + a3 ed anche
k = n/2 = a1 + a2 = a3 + a4, da cui naturalmente a1 = a3 ed a2 = a4.
Risoluzione. (Esercizio 3) In qualche modo si sa che la somma è la media aritmetica (a1 + an)/2 tra il
primo e l’ultimo moltiplicata per il numero dei termini, e quindi è n(a1 + an)/2; si veda alla fine.
Se m = 2k − 1 è il k−esimo numero dispari la somma degli n numeri dispari m, . . .,m + 2(n − 1) è
quindi
m + m + 2(n − 1)
n = n (m + n − 1) = n (2k − 2 + n).
2
Imponendo l’uguaglianza di questo con np si trova l’equazione nell’incognita k
n p−1 = 2k − 2 + n;
con unica soluzione razionale k = (2 − n + n p−1 )/2; occorre vedere che k è intero positivo; la positività è
ovvia, resta solo da vedere che 2 − n +n p−1 è pari, che è immediato, dato che 2 è pari e n p−1 ed n hanno
la stessa parità (p − 1 ≥ 1).
Mostriamo ora che a1 + · · · + an = n (a1 + an)/2 se gli ak sono in progressione aritmetica. un modo
per vederlo può essere quello attribuito a Gauss studente di scuola elementare: si accoppiano il primo e
l’ultimo termine, il secondo ed il penultimo, e così via, osservando che le somme di queste coppie sono
fra loro uguali, tutte uguali ad a1 + an; se n = 2k è pari ci sono k coppie, con somma k(a1 + an), se
n = 2k + 1 è dispari si hanno k coppie ed in più il termine ak+1 = (a1 + an)/2, per cui la somma viene
k(a1 + an) + (a1 + an)/2 = (k + 1/2)(a1 + an), in ogni caso (n/2)(a1 + an).
Risoluzione. (Esercizio 4) Deve essere p(n + 1) − p(n) = (n + 1) 3 per ogni intero positivo, e quindi
p(x + 1) − p(x) = (x + 1) 3 per ogni x reale. Si ha ora
p(x + 1) − p(x) =a4((x + 1) 4 − x 4 ) + a3((x + 1) 3 − x 3 ) + a2((x + 1) 2 − x 2 ) + a1((x + 1) − x) =
a4(4x 3 + 6x 2 + 4x + 1) + a3(3x 2 + 3x + 1) + a2(2x + 1) + a1 =
1

2
4a4x 3 + (6a4 + 3a3)x 2 + (4a4 + 3a3 + 2a2)x + (a4 + a3 + a2 + a1).
Tale polinomio deve coincidere con il polinomio (x + 1) 3 = x 3 + 3x 2 + 3x + 1 e quindi, per il principio di
identità si ha
4a4 = 1, 6a4 + 3a3 = 3, 4a4 + 3a3 + 2a2 = 3, a4 + a3 + a2 + a1 = 1,
sistema lineare di immediata risoluzione (unica):
a4 = 1
4 , a3 = 1
2 , a2 = 1
4 , a1 = 0.
Si ha quindi p(x) = x 4 /4 + x 3 /2 + x 2 /4 + a0; la condizione p(1) = 1 porge a0 = 0, per cui il polinomio
richiesto è
p(x) = x4 x3 x2 x2
+ + =
4 2 4 4 (x + 1)2 .
Naturalmente il polinomio p(x+1)−p(x) si esprimeva anche con la formula di Taylor, senza sviluppare
le potenze:
p(x + 1) − p(x) = p ′ (x)1 + p′′ (x)
1 +
2
p′′′ (x)
1,
6
cioè
p(x + 1) − p(x) = (a1 + 2a2x + 3a3x 2 + 4a4x 3 ) + 2a2 + 6a3x + 12a4x2 +
2
6a3 + 24a4x
,
6
Risoluzione. (Esercizio 5) (i) f ◦ pa(x) = 2xa e pa ◦ f(x) = (2x ) a = 2ax . (ii)xab (iii) L’ipotesi dice che f(xa ) = (f(x)) a per ogni x > 0 e per ogni a. Fissato x > 0 si prende in questa
formula 2 in luogo di x e log2 x in luogo di a ottenendo:
Se f(2) = 2 b con b = log 2 f(2) si ha
per ogni x > 0.
f(x) = f(2 log 2 x ) = (f(2)) log 2 x per ogni x > 0.
f(x) = (2 b ) log 2 x = 2 blog 2 x = 2 log 2 (xb ) = x b = pb(x),
Risoluzione. (Esercizio 6) Si ha f(x, y) = (x, y) se e solo se x MCD(x, y) = x, e cioè se e solo se
MCD(x, y) = 1, in altre parole x ed y sono primi fra loro. Iniettività: la seconda componente è tenuta
ferma da f, e quindi si deve provare che se x1, x2, y sono interi non minori di 2 tali che
x1 MCD(x1, y) = x2 MCD(x2, y)
allora x1 = x2. Infatti, se fosse x1 > x2 allora esisterebbe un primo p tale che p compare con esponente
a > 0 nella fattorizzazione di x1, con esponente b, dove 0 ≤ b < a, nella fattorizzazione di x2. Supponiamo
che p compaia in y con esponente c ≥ 0. Allora l’esponente di p nella fattorizzazione di x1 MCD(x1, y)
è a + min{a, c}, mentre nella fattorizzazione di x2 MCD(x2, y) è b + min{b, c} < a + min{a, c}, avendosi
min{b, c} ≤ min{a, c}, ma b < a. L’unicità della fattorizzazione dice che allora x1 MCD(x1, y) =
x2 MCD(x2, y).
Infine è chiaro che f non è suriettiva: dato un primo p, la coppia (p, p) non è nell’immagine di f; infatti
MCD(x, p) vale 1 oppure p; nel primo caso quindi x non è divisibile per p, quindi x MCD(x, p) = x = p;
nel secondo x MCD(x, p) è divisibile per p 2 , e non può essere p.
Risoluzione. (Esercizio 7) Esiste una sola n−pla di sole teste ed una sola n−pla di sole croci; le n−ple sono
2 n , quindi sono 2 n −2 le n−ple in cui c’è sia testa che croce, e la probabilità è (2 n − 2)/2 n = 1 − 1/2 n−1 .
Le n−ple con esattamente una testa sono n (una sola in cui testa appare esattamente al k−esimo posto),
e c’è la n−pla con solo croci, quindi in tutto 1 + n con probabilità 1/2 n + n/2 n . Dire che i due eventi si
verificano insieme vuol dire che testa compare esattamente una volta, evento che come sopra osservato
ha probabilità n/2 n . L’indipendenza si ha se e solo se
n
=
2n
1 − 1
2 n−1
insomma se e solo se
1 + n
2 n ⇐⇒ 2n n = (2 n − 2)(1 + n) ⇐⇒ 2 n n = (n + 1)2 n − 2 − 2n,
2 n = 2 + 2n,
verificata se n = 3, e solo per esso (per n = 4 si ha 16 > 2 + 2 · 4 = 10; ammesso che sia 2 k > 2 + 2k con
k ≥ 4 si ha 2 k+1 = 2 2 k > 2(2 + 2k) = 4 + 4k > 2 + 2k + 2k > 2 + 2k + 2 = 2 + 2(k + 1)).

Risoluzione. (Esercizio 8) Riteniamo che la lattina si raddrizzi se l’angolo formato dalla base con il piano
orizzontale permette alla verticale per il baricentro di cadere entro la proiezione della base stessa sul
piano orizzontale; è una supposizione ragionevole, almeno per basi non troppo strette. L’angolo α di cui
si parla è anche l’angolo fra la verticale e l’asse del cilindro, asse su cui è il baricentro della lattina, a
distanza h/2 dalla base. La base si proietta in un’ellisse di semiasse maggiore r cosα, e sulla semiretta di
questo semiasse è la proiezione del baricentro della lattina, a distanza (h/2)sinα dal centro dell’ellisse.
La lattina si raddrizza se si ha (h/2)sinα ≤ r cosα, equivalentemente
tan α ≤ 2r
⇐⇒ α ≤ arctan(2r/h).
h
La probabilità che una lattina si raddrizzi è, sperimentalmente, maggiore o uguale a 2/3. Tale probabilità
si stima in modo teorico, per quanto appena visto, come arctan(2r/h)/(π/2). Si ha insomma
arctan(2r/h)
≥
π/2
2
π 2r
⇐⇒ arctan(2r/h) ≥ ⇐⇒
3 3 h ≥ √ 3 ⇐⇒ r
h ≥
√
3
2 .
α
(ξ, 0)
(a, b)
Figura 1. Raggio che si chiude.
Risoluzione. (Esercizio 9) Si intuisce che dovrà essere 0 < ξ < a (il caso ξ ≥ a porta il raggio sempre più
lontano). La pendenza della retta che congiunge (a, b) con (ξ, 0) è b/(a − ξ); il raggio si riflette in (ξ, 0)
lungo la retta simmetrica di questa rispetto all’asse delle ascisse, retta con coefficiente angolare opposto
del precedente e quindi di equazione
y = −b
(x − ξ);
a − ξ
tale retta incontra y = mx in (¯x, m¯x), dove ¯x è la soluzione di
mx = −b
(x − ξ) cioè ¯x =
a − ξ
bξ
m(a − ξ) + b .
La simmetrica rispetto alla retta y = mx di una retta di pendenza t ha pendenza
t ′ = 2m − (1 − m2 )t
(1 − m 2 ) + 2mt ;
(vedi dopo); sostituendo in tale formula t = −b/(a − ξ) si ottiene
t ′ = 2m(a − ξ) + (1 − m2 )b
(1 − m 2 )(a − ξ) − 2mb .
ne segue che dopo la seconda riflessione il raggio sta sulla retta di equazione
y −
m bξ
m(a − ξ) + b = 2m(a − ξ) + (1 − m2 )b
(1 − m 2 )(a − ξ) − 2mb
a −
imponendo il passaggio per (a, b) troviamo un’equazione da cui ricavare ξ:
bξ
m(a − ξ) + b
((1 − m 2 )(a − ξ) − 2mb)(b(m(a − ξ) + b) − m b ξ) = (2m(a − ξ) + (1 − m 2 )b)(a(m(a − ξ) + b) − b ξ).
Scriviamo tutto in termini di t = a−ξ: il termine b(m(a−ξ)+b)−m b ξ) si riscrive bmt+b 2 +mbt−mba =
2mbt + b(b − ma) mentre (a(m(a − ξ) + b) − b ξ) = amt + ab + bt − ba = t(am + b); l’equazione diventa
((1 − m 2 )t − 2mb)b(2mt + b − ma) = (2mt + (1 − m 2 )b)t(am + b);
,
3

4
portando tutto a secondo membro e ordinando con le potenze di t 2 si ottiene
(2m(am + b) −2mb(1 − m 2 ))t 2 + ((1 − m 2 )b(am + b)+4m 2 b 2 − b(1 − m 2 )(b − ma))t +2mb 2 (b −ma) = 0;
il coefficiente di t si semplifica in 2bm(a(1 − m 2 ) + 2bm), quello di t 2 in 2m 2 (b + am) e l’equazione
diventa:
m(bm + a)t 2 + b(a(1 − m 2 ) + 2bm)t + b 2 (b − ma) = 0;
Il discriminante è (omettendo alcuni calcoli!)
b 2 (a − am 2 + 2bm) 2 − 4m(bm + a)b 2 (b − ma) =
b 2 (a 2 + a 2 m 2 + 4b 2 m 2 − 2a 2 m 2 + 4abm − 4abm 3 ) − 4mb 2 (b 2 m − m 2 ab + ab − ma 2 ) = . . .
a 2 b 2 + 2a 2 b 2 m 2 + a 2 b 2 m 4 = (ab) 2 (1 + m 2 ) 2 ,
e le radici sono quindi
t = −b(a − am2 + 2bm) ± ab(1 + m2 )
2m(bm + a)
con il segno + si ha
t = a − ξ = abm2 − 2b2m + abm2 am − b
= b
2m(bm + a) bm + a ,
e si noti cha b < am, quindi la soluzione è positiva. Con il segno − si ottiene
t = a − ξ = −ba + bam2 − 2b 2 m − ab − abm 2
2m(bm + a)
= − b
m
negativa e quindi non accettabile dovendo essere a−ξ > 0 (del resto, a−ξ = −b/m porge m(a−ξ)+b = 0;
questa soluzione è stata aggiunta eliminando i denominatori sopra). Resta quindi solo la soluzione
che è unica; da qui si ottiene
t = a − ξ =
b(ma − b)
bm + a ,
b(ma − b)
ξ = a −
bm + a = abm + a2 − bma + b2 =
bm + a
a2 + b2 mb + a
(m = tanα).
Resta da dimostrare l’asserzione fatta sulla pendenza della simmetrica di y = tx rispetto ad y = mx.
Preso un punto (x, y) non sulla retta y = mx, il suo simmetrico (x ′ , y ′ ) rispetto a tale retta si trova
imponendo che ((x + x ′ )/2, (y + y ′ )/2) stia su y = mx, cioè sia (y + y ′ )/2 = m(x + x ′ )/2 ed il segmento
che ha (x, y) ed (x ′ , y ′ ) come estremi sia ortogonale ad y = mx: cioè (y ′ − y)/(x ′ − x))m + 1 = 0; si ha il
sistema
−mx ′ + y ′ = mx − y; x ′ + my ′ = x + my da cui x ′ = (1 − m2 )x + 2my
1 + m 2
; y ′ = 2mx − (1 − m2 )y
1 + m2 ,
coordinate del punto simmetrico di (x, y) rispetto alla retta di equazione y = mx. Se prendiamo il punto
(x, y) sulla retta y = tx, ad esempio (1, t), la retta simmetrica ha pendenza
y ′
x ′ = 2m − (1 − m2 )t
(1 − m 2 ) + 2mt ,
come sopra asserito.
Soluzione alternativa Una soluzione assai più rapida ed elegante si ha nel modo seguente: prendiamo
il simmetrico della sorgente rispetto allo specchio i base, e cioè (a, −b), ed il simmetrico anche rispetto
all’altro specchio, che è come sopra visto il punto di coordinate
(1 − m2 )a + 2mb
1 + m2 ;
2ma − (1 − m2 )b
1 + m2 ;
se prendiamo la retta congiungente questi due punti, l’intersezione (ξ, 0) di essa con l’asse delle ascisse
fornisce il punto cercato. La retta ha equazione
cioè
y + b
(2ma − (1 − m2 )b)/(1 + m2 ) + b =
x − a
((1 − m2 )a + 2mb)/(1 + m2 ) − a ,
y + b x − a
=
a + mb b − ma ,

da cui, posto y = 0:
b − ma
ξ = a + b
a + mb = a2 + mba + b2 − mba
=
a + mb
a2 + b2 a + mb .
Risoluzione. (Esercizio 10) Se [x] indica la parte intera di x ed f(x) = log x, dalla crescenza del logaritmo
e dalle disuguaglianze [x] ≤ x ≤ [x] + 1 si ha f[x] ≤ f(x) ≤ f([x] + 1) per ogni x ≥ 1, con disuguaglianze
strette se x non è intero, e quindi, per ogni intero n ≥ 2:
n x n
f([x])dx < f(x)dx < f([x] + 1)dx;
è ovvio che il primo integrale è n−1 n
quindi
1
1
1
k=1 log k mentre l’ultimo è n k=2
log xdx = [xlog x] n 1 −
n−1
log k < n log n − n + 1 <
k=1
1
log k e quello centrale è
n
dx = n log n − (n − 1);
1
n
log k;
l’ultima somma scritta coincide con log n!, la prima è log n! − log n; è ovvio che da a < c < b segue
0 < b − c < b − a, e quindi le disuguglianze richieste sono provate.
Prendendo l’esponenziale delle disuguaglianze date si ha
che si riscrive
1 < e log(n!)−(n log n−n+1) log n
< e
k=2
cioè 1 <
1 < en−1 n!
< n da cui 1 < e1−1/n
nn n!
enlog n < n,
e−n+1 n√ n!
n < n√ n.
è ben noto che si ha limn→∞ n√ n = limn→∞ e log n/n = e 0 = 1. Per il teorema dei carabinieri il limite
limn→∞ e 1−1/n n √ n!/n esiste e vale 1; e dato che si ha limn→∞ e 1−1/n = e si ottiene infine
lim
n→∞
n√ n!
n
= 1
e .
5