Scuola Normale Superiore, ammissione al I anno del corso ordinario Prova di Matematica per Matematica, Fisica e Informatica 25 Agosto 2011

Transcript

1 Scuola Normale Superiore, ammissione al I anno del corso ordinario Prova di Matematica per Matematica, Fisica e Informatica 5 gosto 011 Esercizio 1. Siano n, m interi e siano 1,..., n e 1,..., m due famiglie di punti nel piano tali che i j = i + j per ogni i {1,..., n} e j {1,..., m}. Si provi che esistono due rette perpendicolari a e b tali che i a per ogni i {1,..., n} e j b per ogni j {1,..., m}. Soluzione esercizio 1. Fissiamo un sistema di coordinate nel quale (a meno di una traslazione, che non altera le lunghezze) 1 = (0, 0) e (a meno di una rotazione, che anch essa non altera le lunghezze) = (0, a). Mostramo che tutti i punti j, le cui coordinate indicheremo con (x j, y j ), stanno su una comune retta orizzontale, vale a dire, tutti i numeri y j sono uguali. bbiamo allora, dal calcolo delle distanze dal punto 1, x 1 + y 1 =, x + y = 3,..., x m + y m = m + 1. bbiamo anche, dal calcolo delle distanze dal punto, x 1 + (y 1 a) = 3, x + (y a) = 4,..., x m + (y m a) = m +. Sottraendo in modo da semplificare i termini x j + y j otteniamo a ay 1 = 1, a ay = 1,..., a ay m = 1 dalla quale ricaviamo l uguaglianza di tutte le ordinate. on un ragionamento del tutto simmetrico, invertendo i ruoli dei punti i e j, se fissiamo un sistema di coordinate nel quale 1 = (0, 0) e = (b, 0), troviamo che tutti i punti i sono su una retta verticale. Esercizio. Sia f(x) un polinomio a coefficienti interi. Si mostri che non possono esistere tre interi distinti a, b e c tali che f(a) = b, f(b) = c e f(c) = a. Soluzione esercizio. Useremo il fatto seguente: se f(x) è un polinomio a coefficienti interi e a e b sono interi, allora a b divide f(a) f(b). Per verificare questo, osserviamo che la formula a n b n = (a b)(a n 1 + a n b + + b n 1 ) mostra che a b divide a n b n per ciascun n positivo. Se scriviamo dove gli f i sono interi, abbiamo da cui la conclusione. f(x) = f 0 + f 1 x + f x + + f d x d f(a) f(b) = f 1 (a b) + f (a b ) + + f d (a d b d ), 1

2 Da qui, nelle ipotesi del problema vediamo che a b divide b c = f(a) f(b), b c divide c a = f(b) f(c), e c a divide a b = f(c) f(a). Questo implica che a b b c c a a b, e quindi a b = b c = c a. Ma tre punti distinti su una retta non possono essere tutti equidistanti, e questo dà una contraddizione. Esercizio 3. Siano l 1, l, l 3 i lati di un triangolo non ottusangolo di area 1 e sia P un qualsiasi punto di l 1. Si mostri che esiste un punto Q in l l 3 tale che P Q 1. Inoltre, si caratterizzino i casi in cui non esistono punti su l l 3 tali che P Q < 1. Soluzione esercizio 3. Siano,, i vertici del triangolo, in modo che si abbia l 1 =, l =, l 3 =. Q Q 3 h 3 h P onsideriamo i triangoli P e P, e sia Q (rispettivamente Q 3 ) il piede dell altezza di P (rispettivamente di P ) condotta da P. Poiché non è ottusangolo, si ha Q i l i per i =, 3. Siano inoltre h = P Q, h 3 = P Q 3, h = min{h, h 3 }. Poiché Q i è il punto di l i di minima distanza da P, per risolvere il problema è sufficiente dimostrare che h 1/, e caratterizzare i casi in cui h = 1/. ominciamo con l osservare che si ha 1 = rea(),

3 e che l uguaglianza nella disequazione qui sopra vale se e solo se l angolo  è retto. Poiché per ogni coppia (x, y) di numeri reali positivi si ha x+y xy (dove l uguaglianza vale se e solo se x = y), se ne deduce che + (dove l uguaglianza vale se e solo se è un triangolo rettangolo isoscele con angolo retto in ). Si ha perciò 1 = rea() = rea(p ) + rea(p ) = h 3 + h h, + h da cui h 1/, come voluto. Notiamo infine che, per quanto detto fin qui, si ha h = 1/ se e solo se è un triangolo rettangolo isoscele con angolo retto in e h = h 1 = h, ovvero P è il punto medio di. Esercizio 4. Sia a n, n N, una successione strettamente crescente di interi positivi. Supponiamo che esistano due numeri reali positivi α e β tali che a n αn β per ogni intero n e si consideri l insieme P N di primi definito da P = {p : p è primo e divide a n per qualche n N}. Si mostri che P ha un numero infinito di elementi. Nota: per la soluzione può essere utile sapere che per ogni intero r 0 vale la seguente proprietà: la funzione f(n) = n/(log n) r, al variare di n intero, non è limitata superiormente. Soluzione esercizio 4. Supponiamo che, contrariamente alla tesi, esistano un numero finito di primi p 1,..., p r tali che ogni a n è un prodotto di potenze dei p i. Per ciascun k N poniamo a k = p m 1(k) 1 p m (k) p mr(k) r e m(k) = (m 1 (k),..., m r (k)). Siccome la successione a n è crescente, tutti gli a n sono distinti. Se k n, allora e quindi p m i(k) i p m 1(k) 1 p m (k) p m r(k) r = a k a n αn β m i (k) log(αnβ ) log p i = log α + β log n log p i. Questo significa che per k = 1,..., n, m i (k) può prendere al massimo (log α+β log n)/ log p i valori possibili; quindi il numero di valori possibili per m(k) è al massimo (log α + β log n) r log p 1 log p r 3

4 4 e abbiamo la disuguaglianza n (log α + β log n)r log p 1 log p r, ossia n (log n) r ( log α log n + β ) r 1 log p 1 log p r, che deve valere per tutti gli n > 1. Questo mostra che il rapporto n/(log n) r è limitato superiormente, il che è falso. Esercizio 5. Un albero alto h metri (con h intero) è così composto: da un ceppo in terra escono tre rami alti un metro, ciascuno di essi in alto si Un esempio di albero divide in tre rami alti un metro, e così via per h volte; in totale con h = 3, L = 8 l albero ha 3 h apici. In primavera nascono tre frutti, ciascuno su un apice diverso. Sia ora L il numero totale di tutti i rami che portano linfa a almeno un frutto (contando uno per ogni ramo, da snodo a snodo). Supponiamo che i tre frutti siano nati su tre apici diversi scelti casualmente e con la stessa probabilità. Dato un intero l h + 1, si calcoli la probabilità che L = l. Soluzione esercizio 5. ffrontiamo il problema nel caso generale. Per prima cosa calcoliamo il numero dei casi favorevoli F (l, h), (si può facilmente mostrare che è non nullo se e solo se h 1 e h + l 3h omettiamo la discussione). Sia il più alto snodo da cui passa linfa verso i tre frutti, e sia h i la sua altezza (con h i 1). Si hanno due casi. iascuno dei tre rami che escono da alimenta un frutto; in questo caso l = (h i)+3i = h+i. Questo caso è possibile solo se l h è pari (e h+ l 3h). Questa situazione si presenta per 3 h i (3 i 1 ) 3 = 3 h+i 3 = 3 l 3 diverse disposizioni dei frutti. Infatti 3 h i servono per posizionare (3 i 1 ) 3 per posizionare i tre frutti a partire dai tre rametti sopra. Un ramo sopra alimenta due frutti, e un altro ramo un solo frutto; sia allora il più alto snodo sopra da cui passa linfa verso i due frutti, e sia ad altezza h j (con 1 j < i); in questo caso l = (h i) + i + j = h + i + j.

5 5 j i i j h i Questa situazione si presenta per 3 h i 3 i 3 i j 1 3 (3 j 1 ) = 3 h+i+j = 3 l diverse disposizioni dei frutti. Infatti: 3 h i servono per posizionare, 3 i per posizionare il frutto isolato, per decidere quale ramo sopra porta a 3 i j 1 per posizionare sopra quel ramo, 3 per decidere quale ramo sopra non porta linfa, (3 j 1 ) per posizionare i due frutti sopra. Fissato l, si deve avere l h = i + j con 1 j < i h: questo avviene in f(l h, h) maniere diverse, con (n )/ n h + 1, n è pari (n 1)/ n h + 1, n è dispari f(n, h) =. (h n)/ n > h + 1, n è pari (h n + 1)/ n > h + 1, n è dispari Dunque se l h è pari F (l, h) = 3 l f(l h, h) + 3 l 3 altrimenti è F (l, h) = 3 l f(l h, h) ; si può altresì dimostrare che 3 l se h < l < 3h F (l, h) = 3 F (l 1, h 1) + 3 l 3 se l = 3h 0 altrimenti llo stesso tempo, i frutti possono disporsi in 3 h (3 h 1)(3 h )/6 maniere diverse. Dunque se l h è pari la probabilità è 3 l f(l h, h) + 3 l 3 3 h (3 h 1)(3 h )/6

6 6 altrimenti è 3 l f(l h, h) 3 h (3 h 1)(3 h )/6. Il testo richiedeva di calcolare la probabilità quando l h + 1. Si ha allora che la probabilità è zero se l < h +, altrimenti è (ponendo n = l h come sopra) 3 l (n ) + 3 l 3 3 h (3 h 1)(3 h )/6 = 3l (n + 1/3) 3 h (3 h 1)(3 h )/6 = 3l (3l 3h 5) 3 h (3 h 1)(3 h ) quando l h è pari, mentre è quando l h è dispari. 3 l (n 1) 3 h (3 h 1)(3 h )/6 = 3l 1 (l h 1) 3 h (3 h 1)(3 h ). Esercizio 6. Siano dati n segmenti 1 1,,..., n n nel piano di lunghezza unitaria, con n 3. I segmenti si possono spostare con questo tipo di mossa: si sceglie un segmento i i e un i suo vertice V (ad esempio, nella figura, V = i ), poi si sceglie un secondo segmento j j diverso dal precedente e si ruota rigidamente j j intorno a V, di un angolo a piacere, fino i a una nuova posizione j j. Si mostri che, qualsiasi sia la configurazione iniziale, con un numero finito di mosse si può j costruire un poligono regolare di n lati. j j j Soluzione esercizio 6. Siano e D due segmenti diversi. onsideriamo alcune mosse elementari (che muovono D ruotandolo intorno ad o a ). (1) Sia x la distanza fra e, e x 1/. Si considerano i due cerchi di raggio x centrati in e ; questi si intersecano in (almeno) un punto F ; ruotando D intorno ad finché raggiunge F, otteniamo che anche la distanza fra e è ora x. () Sia x la distanza fra e. Se x > 1 e non è un intero, allora sia n intero tale che n < x < n + 1. Disegniamo un cerchio c centrato in di raggio x. onsideriamo il cerchio d centrato in di raggio n: muovendo un punto P su esso, la distanza P varia fra n 1 e n + 1, dunque c interseca d. Dunque con una mossa possiamo far sì che la distanza di da sia diventata n. x n c d D

7 7 (3) Se invece 0 < x < 1, allora il cerchio c di raggio x centrato in interseca il cerchio e di raggio 1 centrato in (ovvio, in quanto questo cerchio passa per ): possiamo muovere in modo che la distanza di da diventi 1. c x D (4) Sia x la distanza fra e. Se x = n è un intero, consideriamo il cerchio c di raggio n + 1 centrato in, e il cerchio d di raggio n centrato in (se n = 0, il cerchio si riduce al solo punto). I due cerchi si incontrano in un punto. Possiamo allora muovere in modo che la distanza di da diventi n. n+1 n c D d Per costruire il poligono, procediamo come segue. Fissato j = 1,..., n, muoviamo ripetutamente D = j+1 j+1 intorno a = j j, volendo portare = j+1 a coincidere con = j ; usando le precedenti mosse (alternativamente muovendo D intorno ad o a ) possiamo far sì che la distanza di da uno dei due vertici di diventi zero; se il vertice non è quello desiderato, dovremo interporre una mossa del primo tipo (mentre ancora la distanza x 1/) per cambiare vertice di riferimento. Quando abbiamo ottenuto che j+1 j, ruotiamo j+1 j+1 intorno a j per aggiustare l angolo, e poi passiamo a j + 1.