Quesiti della seconda prova scritta per Matematica. MCD(x, y) = 10 xy = 30000

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1 Quesiti della seconda prova scritta per Matematica Problema 1. (i) Dire quante e quali sono le coppie ordinate (x, y) di numeri naturali che sono soluzioni del sistema { MCD(x, y) = 10 xy = Qui MCD(x, y) denota il massimo comun divisore di x e y. (ii) Dati due interi positivi a, b, consideriamo il problema di contare tutte le coppie ordinate di numeri il cui massimo comun divisore è a e tali che il loro prodotto sia uguale a b. Dimostrare che, al variare di a e b, i numeri che si ottengono come soluzioni di questo problema sono 0 e tutte le potenze di 2. (iii) Cosa accade se in (ii) si cambia coppie ordinate con terne ordinate? Soluzione. (i) Da MCD(x, y) = 10 segue che x = 10 x e y = 10 y, dove x e y sono numeri naturali primi tra loro, ossia MCD(x, y ) = 1. Quindi xy = equivale a x y = 300, cioé x y = Si può avere quindi x = 1, 2 2, 3, 5 2, 2 2 3, , 3 5 2, o Le soluzioni, ossia le coppie (x, y) di numeri naturali che sono soluzioni del sistema, sono quindi 8, vale a dire (10, 3000), (40, 750), (30, 1000), (250, 120), (120, 250), (1000, 30), (750, 40), (3000, 10). (ii) Con un ragionamento analogo a quello del caso precedente, si osserva che se a 2 non divide b non ci sono soluzioni. Invece se a 2 divide b, il problema si riduce a quello di contare quante sono le coppie di numeri naturali primi fra loro x, y tali che il loro prodotto sia uguale a b a. Sia p α1 2 1 pα2 2 pα k k b di a. Allora per ciascuno dei fattori p αi 2 i la fattorizzazione in primi ci sono solo due possibilità: o compare nella fattorizzazione di x (e in tal caso y è primo con p i ), oppure compare nella fattorizzazione di y (e in tal caso x è primo con p i ). Dunque ci sono 2 k modi diversi di costruire la coppia (x, y ). Per concludere l esercizio resta solo da osservare che, per ogni intero positivo k, b si possono trovare a e b tali che nella fattorizzazione di a compaiano esattamente 2 k primi distinti. (iii) Per prima cosa si osserva che se a 3 non divide b non ci sono soluzioni. Invece, se a 3 divide b, il problema si riduce a quello di contare quante sono le terne di numeri naturali primi fra loro (x, y, z ) tali che il loro prodotto sia uguale a b a. 3 Sia p α1 1 pα2 2 pα k b k la fattorizzazione in primi di a. Questa volta per ciascuno dei 3 fattori p αi i ci sono le seguenti possibilità: può accadere che p αi i compaia nella fattorizzazione di uno (e uno solo) fra i numeri x, y, z, mentre gli altri due sono primi con p i. Questi sono 3 casi; 1

2 2 oppure può accadere che il primo p i compaia nella fattorizzazione di due fra i numeri x, y, z (ma non nella fattorizzazione di tutti e tre, altrimenti non sono primi fra loro!). Si tratta di 3(α i 1) casi (infatti in 3 modi si sceglie la coppia di numeri divisi da p i, poi ci sono α i 1 scelte della potenza esatta di p i che divide il primo di tali numeri). In totale per ogni primo p i abbiamo 3α i scelte, dunque il numero di soluzioni al problema è 3α 1 3α 2 3α k.

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4 4 Problema 2. Una coppia decide di avere sei figli. Qual è la probabilità che la coppia abbia almeno due figli maschi e almeno una figlia femmina? (Le probabilità di avere un figlio che sia maschio o femmina è 1 2 in entrambi i casi.) Soluzione. Dobbiamo andare ad analizzare le sestuple (f 1, f 2, f 3, f 4, f 5, f 6 ) dove ogni f i è M o F. Le sestuple di tale tipo sono = 64. I casi in cui non avviene quanto richiesto sono: (a) che si abbiano 0 maschi; oppure (b) che si abbia esattamente un maschio; oppure (c) che si abbiano 6 maschi. Il caso (a) si ha in una sola delle 64 sestuple possibili, la sestupla (F, F, F, F, F, F ); il caso (b) si ha in 6 sestuple, le sestuple (M, F, F, F, F, F ), (F, M, F, F, F, F ),..., (F, F, F, F, F, M); il caso (c) si ha in un unica delle 64 sestuple possibili, la sestupla (M, M, M, M, M, M). Quindi le sestuple che non soddisfano a quanto richiesto nel testo del problema sono = 8. Pertanto le successioni che soddisfano a quanto richiesto nel testo del problema sono 64 8 = 56. Quindi la probabilità richiesta è = 7 8.

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6 6 Problema 3. Si considerino le soluzioni reali positive della equazione tan x = x e le si rappresentino mediante una successione a n, n N, ove a n < a n+1 per ogni n N. Si dica se il limite lim n (a n+1 a n ) esiste e in caso affermativo lo si calcoli. Soluzione. Supponiamo direttamente che la successione sia indiciata in modo tale che (2n+1)π 2 < a n < (2n+3) 2 π per ogni n N 0. Dalla uguaglianza segue che Si noti che Dalle due precedenti ricaviamo dunque tan a n = a n arctan tan a n = arctan a n. arctan tan a n = a n (n + 1)π. a n (n + 1)π = arctan a n, e a n+1 (n + 2)π = arctan a n+1 da cui per sottrazione a n+1 a n = π + arctan a n+1 arctan a n. Dalla precedente si vede subito che il limite richiesto esiste e vale lim n (a n+1 a n ) = π + lim n (arctan a n+1 arctan a n ) = π + π/2 π/2 = π.

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8 8 Problema 4. Sia n > 3 un numero naturale fissato. Dati n numeri positivi c 1, c 2,..., c n, si denoti con S(c 1, c 2,..., c n ) la somma definita da c 1 c 2 c n S(c 1, c 2,..., c n ) = c 1 + c 2 + c 3 c 2 + c 3 + c 4 c n + c n+1 + c n+2 ove si è posto c n+1 = c 1, c n+2 = c 2. Più precisamente, usando il simbolo di sommatoria n c k S(c 1, c 2,..., c n ) =. c k + c k+1 + c k+2 (i) Provare che qualunque sia la scelta dei numeri positivi c 1,..., c n si ha k=1 1 < S(c 1, c 2,..., c n ) < n 2. (ii) Dimostrare che l intervallo aperto (1, n 2) è il più piccolo intervallo che contiene tutte le somme S(c 1, c 2,..., c n ) al variare di tutte le possibili scelte di numeri positivi c 1, c 2,..., c n. Soluzione (i) Poniamo s = c 1 + c c n. Ovviamente c k s < c k c k + c k+1 + c k+2 da cui sommando per k che va da 1 a n si ottiene Inoltre ovvero 1 < S(c 1, c 2,..., c n ). c k c k + c k+1 + c k+2 = c k + c k+1 + c k+2 c k+1 c k+2 c k + c k+1 + c k+2 = 1 c k+1 + c k+2 < 1 c k+1 c k+2 c k + c k+1 + c k+2 s s c k < 1 c k+1 c k+2 c k + c k+1 + c k+2 s s da cui sommando per k che va da 1 a n si ottiene S(c 1, c 2,..., c n ) < n 2. (ii) Scegliendo i numeri c k = x k ove x > 0, avremo S(x, x 2,..., x k ) = x x + x 2 + x Semplificando nei primi n 2 addendi, si ottiene x n 2 x n 2 + x n 1 + x n x n 1 + x n 1 + x n + x + x n x n + x + x 2. S(x, x 2,..., x k ) = n x + x 2 + x n 1 x n 1 + x n + x + x n x n + x + x 2

9 9 da cui passando al limite otteniamo lim S(x, x 0 x2,..., x k ) = n 2, lim S(x, x x2,..., x k ) = 1 da cui segue che l intervallo (1, n 2) non può essere rimpicciolito.

10 10 Problema 5 Ogni punto nel mare la cui distanza dal contorno di un isola è minore o uguale a 5 Km appartiene alle acque territoriali dell isola. Calcolare l area della superficie ricoperta dalle acque territoriali di una isola a forma di poligono convesso di perimetro p. Soluzione. L area A è data dalla formula A = 5p π. Il primo addendo esprime l area della parte di acque territoriali ottenuta costruendo rettangoli di altezza 5 km sui lati dell isola. Il second addendo esprime il fatto che se si uniscono i settori circolari che si aggiungono ai vertici si ottiene esattamente un cerchio di raggio 5 km. Infatti gli angoli di tali settori circolari sono supplementari ai corrispettivi angoli interni del poligono. Visto che la somma degli angoli interni di un poligono convesso con n lati è (n 2)π, la somma degli angoli supplementari è uguale a nπ (n 2)π = 2π