Collegio di Merito Bernardo Clesio Università di Trento

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1 Collegio di Merito Bernardo Clesio Università di Trento 23 luglio 2012 Prova per i candidati per le facoltà scientifiche Esercizio 1. Descrivere tutti i polinomi p(x) con coefficienti reali tali che per ogni numero reale x. p(p(x)) = p( x) 2 Soluzione: Dimostreremo che le soluzioni sono x 2, il polinomio costante 0 e il polinomi costante 1. Il polinomio nullo è una soluzione. Sia ora p(x) un polinomio non nullo tale che p(p(x)) = p( x) 2 (1) per ogni x. Poichè p(x) non è il polinomio nullo, ha un grado k 0. Sia ax k, con a 0, il termine di grado massimo di p(x). Il termine di grado massimo del lato sinistro di (1) è a(ax k ) k, cioè a k+1 x k2. Il termine di grado massimo del lato destro di (1) è (a( 1) k x k ) 2, cioè a 2 x 2k. Quindi a k+1 = a 2 e k 2 = 2k. Perciò (essendo a 0) si ha a = 1 e inoltre o k = 0 oppure k = 2. Perciò se k = 0 si ottiene il polinomio costante 1. Quindi tra i polinomi costanti le soluzioni di (1) sono i polinomi p(x) 0 e p(x) 1. Prendiamo ora k = 2 con a = 1. Sia p(x) = x 2 + bx + c. In questo caso (1) diventa (x 2 + bx + c) 2 + b(x 2 + bx + c) + c = (x 2 bx + c) 2 (2) Il termine di grado 3 in (2) a sinistra è 2bx 3, mentre a destra è 2bx 3. Quindi b = 0. Ponendo x = 0 in (2) con b = 0 si trova c 2 + c = c 2 e quindi c = 0, cioè p(x) = x 2. Viceversa, x 2 ovviamente soddisfa (1). 1

2 Esercizio 2. Un punto P è interno ad un quadrato di lato d. P ha la stessa distanza, x, da due vertici di un lato del quadrato e dal lato opposto. Trovare x. Soluzione: x = 5d, essendo x la misura dell ipotenusa di un triangolo 8 rettangolo con cateti di misura d x e d/2 e quindi x 2 = (d x) 2 + d 2 /4 e quindi x = 5d. 8 Esercizio 3. Due icosaedri regolari A 1 e A 2 hanno volumi v 1 e v 2 ed aree a 1 ed a 2. Sapendo che a 1 /a 2 = 17 e v 1 = 1000, si calcoli v 2. Soluzione: Se il rapporto delle aree è 17, il rapporto dei volumi è ( 17) 3 e quindi v 2 = 1000/( 17) 3. Esercizio 4. Trovare tutti gli interi non negativi x, y tali che x = 2 y (3) Soluzione: Notate che 256 = 2 8. Quindi ci sono la soluzione x = 0, y = 8 e la soluzione x = 2 4 = 16 e y = 9. Dimostreremo ora che queste sono le uniche soluzioni. Poichè x 2 0, si ha y 8. Poichè x 2 0 da (3) si ottiene che 2 4 divide x. Poniamo z := x/2 4 e w = y 8. Abbiamo appena dimostrato che z e w sono interi 0. (3) è equivalente a z = 2 w (4) Se w = 0, si ha z = 0 e quindi x = 0. Sia ora w > 0. Poichè 2 w è pari, (4) implica che z è dispari. Poniamo z = 2α + 1 con α intero non negativo. (4) è equivalente a 4α 2 + 4α = 2 w (5) Il primo membro di (5) è divisibile per 2 ma non per 4. Perciò deve essere w = 1 e quindi α = 0 e w = 1, cioè x = 2 4 e y = 9. Esercizio 5. Per ogni numero reale x > 0 sia S(x) l insieme dei triangoli con un lato di lunghezza 7, un lato di lunghezza 8 e un lato di lunghezza x. (a) Per quali x si ha S(x)? (b) Sia x tale che S(x). Prendiamo T x, T x S(x). E vero o falso che T x e T x hanno la stessa area? Per quali x si ottiene T x con area massima? 2

3 Soluzione: Poichè = 15 e 7 8 = 1, S(x) se e solo se 1 < x < 15. Due triangoli T x, T x S(x) hanno la stessa area, t(x), ad esempio per la formula di Erone. Prendiamo come base il lato di lunghezza 8 e chiamiamo h la corrispondente altezza. Si ha t(x) = 4h. Si ha h 7 e vale uguale se e solo T è un triangolo rettangolo con come cateti i lati di lunghezza 7 e 8, cioè se e solo se (ad esempio per la formula di Carnot) x = = 113. Esercizio 6. Poniamo g(x) := sin(x 2 ) per ogni numero reale x. Dimostrare che la funzione g(x) non è periodica, cioè non esiste un numero reale T > 0 tale che g(x + T ) = g(x) per ogni numero reale x. Soluzione: Assumiamo che g(x) abbia un periodo T. Sia S l insieme degli zeri positivi della funzione g(x). Notate che g(x) = 0 e x > 0 x > 0 e x 2 = kπ per qualche intero k x > 0 e x 2 = kπ per qualche intero positivo k x = kπ per qualche intero positivo k. Quindi S = { kπ}, k intero positivo. Perciò per ogni intero k > 0 esiste un intero e(k) > 0 tale che x k + T = x e(k). Il numero reale x k+1 è il più piccolo elemento α di S con α > x k e x e(k)+1 è il più piccolo elemento β di S con β > x e(k). Perciò x k+1 +T = x e(k)+1, cioè e(k+1) = e(k)+1 per ogni k. Quindi esiste un intero c tale che e(k) = k+c per ogni intero k > 0. Ponendo k = 1 si ottiene x 1 +T = x c+1, cioè T = (c + 1)π π. Ponendo k = 2 si ottiene x 2 + T = x c+2 cioè T = (c + 2)π 2π. Quindi (c + 2)π 2π = (c + 1)π π, cioè c = c Elevando al quadrato ambo i membri dell uguaglianza si trova c (c + 2) + 2 = c c , cioè 2(c + 2) = c + 1+1, cioè 2c+4 = c+1+2 c + 1+1, cioè c+2 = 2 c + 1, cioè (c + 2) 2 = 4c + 4, cioè c = 0 e quindi T = 0, assurdo. Alternativamente, basta osservare che g(x) non è identicamente nulla e che l insieme S = {x k } k 1 di tutti i suoi zeri positivi numerato in senso strettamente crescente soddisfa lim x k+1 x k = lim ( (k + 1)π (k + 1)π + kπ kπ) k + k + (k + 1)π + kπ π = lim = 0. k + (k + 1)π + kπ La seconda dimostrazione si estende facilmente ad altre funzioni, sostituendo x 2 con altre funzioni (ad esempio exp x oppure polinomi opportuni). 3

4 Ecco un altra dimostrazione. La funzione g(x) è derivabile. Se g(x) ha periodo T, allora g (x + T ) = g (x) per ogni x. Si ha g (x) = 2x cos(x 2 ). La funzione g (x) è continua e (ad esempio per un teorema di Weierstrass, ma basta osservare che g (x) 2T per ogni x [0, T ]) deve essere limitata nell intervallo chiuso [0, T ]. Poichè g (x + T ) = g (x) per ogni x, si otterrebbe che g (x) è limitata su tutta la retta reale. Questo è assurdo perchè ponendo y k := 2πk con k intero positivo si ha g (y k ) = 2 2πk; quindi lim k + g (y k ) = +. Esercizio 7. Un tavolino, di forma triangolare (generica) e peso P è costituito da un piano di materiale omogeneo, e le sue tre gambe, di lunghezza uguale e di peso trascurabile, sono saldate ai vertici del triangolo medesimo. Calcolare, indicando i principi di statica utilizzati, le reazioni vincolari, assunte verticali, esercitate da ciascuna delle tre gambe. Soluzione: Indichiamo con A, B, C i vertici del triangolo. Ricordiamo che il baricentro G del triangolo, in cui per l omogeneità del materiale di cui è fatto il piano del tavolino, consideriamo applicata la forza peso P, è il punto di incontro delle tre mediane, cioè delle congiungenti i vertici con i punti medi dei lati opposti. Consideriamo ora i momenti assiali, rispetto all asse ab, asse su cui giace il segmento AB, delle forze agenti sul triangolo: 1) forza peso P, applicata in G, avente momento assiale rispetto all asse ab in valore assoluto pari a P moltiplicata per la distanza del punto G dall asse ab. 2) reazione vincolare verticale Φ C della gamba applicata nel punto C, avente momento assiale rispetto all asse ab in valore assoluto pari a Φ C moltiplicata per la distanza del punto C dall asse ab. 3) reazione vincolare verticale Φ A, applicata in A, avente momento assiale rispetto all asse ab pari a zero. 4) reazione vincolare verticale Φ B, applicata in B, avente momento assiale rispetto all asse ab pari a zero. Evidentemente il rapporto tra la distanza tra C e l asse ab e la distanza tra G e l asse ab è pari a 3, per cui, per l equilibrio dei momenti assiali rispetto ad ab, il rapporto tra Φ C e P dovrà essere 1/3. Ripetendo il precedentemente ragionamento per le altre due coppie di vertici del triangolo, si conclude che le tre razioni vincolari esercitate dalle tre gambe del tavolino sono uguali e pari a un terzo del peso del tavolino medesimo. 4

5 Soluzione alternativa: Indichiamo con A, B, C i vertici del triangolo e consideriamo la mediana m BC (passante per A) relativa al lato BC, che incontra il segmento BC nel suo punto medio M. Ricordiamo che il baricentro G del triangolo, in cui per l omogeneità del materiale di cui è fatto il piano del tavolino, consideriamo applicata la forza peso, è un punto di m BC. Consideriamo ora i momenti assiali, rispetto all asse costituito dalla mediana m BC, delle forze agenti sul triangolo: 1) forza peso P, applicata in G, avente momento assiale rispetto alla mediana m BC evidentemente nullo (G appartiene a m BC ). 2) reazione vincolare Φ A, applicata in A, avente momento assiale rispetto alla mediana m BC evidentemente nullo (A appartiene a m BC ). 3) reazione vincolare Φ B, applicata in B, avente momento assiale, in valore assoluto, rispetto alla mediana m BC pari a Φ B d(b, B ), essendo B il punto ottenuto proiettando ortogonalmente B su m BC, ed essendo d(b, B ) la distanza tra B e B. 4) reazione vincolare Φ C, applicata in C, avente momento assiale, in valore assoluto, rispetto alla mediana m BC pari a Φ C d(c, C ), essendo C il punto ottenuto proiettando ortogonalmente C su m BC, ed essendo d(c, C ) la distanza tra C e C. Evidentemente, essendo M il punto medio di BC, le distanze d(b, B ) e d(c, C ) risulteranno essere uguali. A questo punto, usando una condizione necessaria per l equilibrio, e cioè che i momenti assiali rispetto alla mediana m BC delle forze agenti sul triangolo si equilibrino, notando che i momenti assiali rispetto a m BC non nulli sono quelli delle forze Φ B e Φ C, segue che Φ B d(b, B ) = Φ C d(c, C ) da cui segue che Φ B = Φ C. Ripetendo lo stesso ragionamento per le mediane relative ai lati AB e CA, si conclude che Φ A = Φ B = Φ C = P/3, l ultima uguaglianza dovuta al fatto che un altra condizione necessaria per la statica è l annullarsi della risultante delle forze applicate al sistema. In conclusione, il peso P del tavolino si ripartisce equamente sulle tre gambe, indipendentemente dalla forma del triangolo. 5

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