Soluzione prova di Matematica - Scuola Galileiana di Studi Superiori

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)).