SCUOLA GALILEIANA DI STUDI SUPERIORI CLASSE DI SCIENZE NATURALI ESAME DI AMMISSIONE, PROVA DI MATEMATICA 13 SETTEMBRE 2011

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1 1 SCUOLA GALILEIANA DI STUDI SUPERIORI CLASSE DI SCIENZE NATURALI ESAME DI AMMISSIONE, PROVA DI MATEMATICA 13 SETTEMBRE 011 Problema 1. Sia Z l insieme dei numeri interi. a) Sia F 100 l insieme delle funzioni f : Z Z tali che f(f(n)) = n + 100, per ogni n Z. L insieme F 100 è vuoto? Oppure non è vuoto e ha un numero finito di elementi? Oppure è infinito? b) Sia F 101 l insieme delle funzioni g : Z Z tali che g(g(n)) = n + 101, per ogni n Z. L insieme F 101 è vuoto? Oppure non è vuoto e ha un numero finito di elementi? Oppure è infinito? Soluzione Traccia risoluzione: nel caso pari, ci sono infinite funzioni. Basta pensare per esempio a una funzione che manda un n dispari in n + 9 e un n pari in n Al posto di 9 e 91 si possono mettere x e (100 x) con x un qualunque intero dispari. Invece nel caso dispari non c è nessuna funzione con la caratteristica richiesta. Infatti applicando la g ai due membri di si ottiene A sinistra abbiamo quindi Da questa si ricava subito che, per ogni k, g(g(n)) = n g(g(g(n))) = g(n + 101) g(g(g(n))) = g (g(n)) = g(n) g(n) = g(n + 101) g(n) + 101k = g(n + 101k) (0.1) Questa equazione dice che il resto di g(n) modulo 101 dipende solo dal resto di n modulo 101. Dalla g ricaviamo dunque una funzione h che va dall insieme dei resti modulo 101 in sè. Questa h soddisfa h =Identità. Siccome l insieme dei resti ha un numero dispari di elementi, una involuzione deve avere un punto fisso. Tradotto in termini della g questo vuol dire che deve esistere un numero a tale che g(a) = a + 101s (0.) per un certo intero s. Ma allora a = g(g(a)) = g(a + 101s) = g(a) + 101s in cui nell ultima uguaglianza abbiamo usato la (0.1). Applichiamo ancora la (0.) e otteniamo da cui s = 1, assurdo. a = g(g(a)) = g(a + 101s) = g(a) + 101s = a s

2 Problema. Consideriamo nel piano cartesiano l insieme Z Z dei punti a coordinate intere. Diremo che un punto P a coordinate intere è visibile dall origine O se il segmento OP non contiene altri punti di Z Z diversi da O e da P. a) Quali sono i punti visibili? b) Dimostrare che per ogni intero positivo n è possibile trovare nel piano un segmento di lunghezza n, con estremi a coordinate intere positive, che non contiene alcun punto visibile. c) Dimostrare che per ogni intero positivo n è possibile trovare nel piano un quadrato di lato n che non contiene alcun punto visibile. Soluzione I punti visibili sono tutti e soli quelli con coordinate (a, b) con a, b primi tra loro. Che un punto con coordinate non prime fra loro non sia visibile si vede subito. Invece, sia (a, b) con a, b primi tra loro e dimostriamo che è visibile. Se non lo fosse, ci sarebbe un punto a coordinate intere (c, d) tale che r(a, b) = (c, d) con 0 < r < 1 e r razionale. Allora r = p/q con p < q. Dunque p(a, b) = q(c, d) cioè (pa, pb) = (qc, qd). Allora MCD(pa, pb) = MCD(qc, qd), che si può riscrivere come pmcd(a, b) = qmcd(c, d) e ancora come MCD(a, b) = q/pmcd(c, d). Visto che q/p > 1 allora MCD(a, b) > 1 assurdo. Per trovare il quadrato, si cercano due interi a, b tali che a, a + 1, a +,... a + r, b, b + 1, b +,..., b + r soddisfino MCD(a + i, b + j) > 1. Per questo essenzialmente si scelgono (r + 1) primi distinti p ij (i, j compresi fra 0 e r) e si risolvono i sistemi cinesi a i mod p ij e b j mod p ij. A quel punto a + i e b + j non sono coprimi. Per la variante facilitata del segmento non occorrono ragionamenti tipo teorema cinese, basta prendere una lista di n + 1 interi positivi consecutivi a + 0, a + 1, a +,..., a + n e scegliere per ogni i un numero primo p i dalla fattorizzazione del numero a + i. A quel punto basta prendere b = p 0p 1p p n e il segmento di estremi (a, b) e (a + n, b) funziona (ovviamente è possibile economizzare facendo coincidere, quando possibile, i p i). Problema 3. Siano a, b, c tre numeri reali strettamente positivi. Supponiamo che, per ogni intero positivo n, esista un triangolo T n i cui lati hanno lunghezza a n, b n, c n. Dimostrare che ogni triangolo T n è isoscele. Soluzione Si può assumere a b c. Allora i numeri a n, b n, c n. sono lunghezze dei lati di un triangolo se e solo se a n < b n + c n. Vista la scelta a b c ricaviamo Facendo la radice n-esima otteniamo da cui, riassumendo le condizioni che abbiamo su b, a n < b n + c n b n. a < n b a n < b a Visto che n 1 per n + concludiamo che deve essere a = b. Problema 4. Dato un numero reale α > 0, definiamo a 1 = α + 1, a = 1 (a 1 + αa1 ), a 3 = 1 (a + αa ),....

3 3 Dimostrare che se α < 104 applicando 11 volte il procedimento sopra descritto si riesce a calcolare la α fino alla seconda cifra decimale. Soluzione. Sì, Maria vincerà la scommessa. Infatti, la successione (a n) verifica le condizioni a 0 = α, a n+1 = an+α n N. Sia allora δ n = a n α. Si ha δ n+1 = a n+1 α = an + α α = (an α) = δ n (δ n + α) = δn δ n δ n + α. per ogni In particolare δ 0 = α α α e 0 δ n+1 δn, e da ciò si deduce facilmente per induzione che 0 δn n α per ogni n N. È dunque chiaro che la successione descritta da Maria tende a stabilizzarsi intorno al valore di α. Supponiamo ora α 104. Si ha allora α 10 < 18 = 7, per cui δ 7 7 α = α. Osserviamo ora che se δ k p α, allora δ k+1 δ k δ k δ k + α α α ( p 1 α) p α α = p 1 α. Poiché δ 7 0 α, si ottiene allora δ 8 1 α, δ 9 3 α, δ 10 7 α, e δ α. Poiché α 100 < 7 si ha dunque δ Poiché 8 = 1/56 < 0.005, se ne deduce che l approssimazione δ 11 è minore di , per cui a 11 e α coincidono fino alla seconda cifra decimale. Problema 5. Mostrare che ogni insieme di numeri interi contenente 5 elementi contiene almeno 3 elementi la cui somma è un multiplo di 3. Soluzione. L insieme Z degli interi è l unione di tre sottoinsiemi disgiunti [0] = {n : n è divisibile per 3}, [1] = {n : n 1 è divisibile per 3}, [0] = {n : n è divisibile per 3}. Osserviamo preliminarmente che: (1) se l, m, n appartengo allo stesso insieme [a], con a = 0, 1,, allora l + m + n è divisibile per 3; () se l [0], m [1] e n [], allora l + m + n è divisibile per 3. Ci sono due possibilità: (i) esiste un a {0, 1, } per cui [a] contiene tre elementi di Σ e (ii) per ogni a {0, 1, } ci sono al massimo due elementi di Σ, che appartengono a [a]. Nel caso (i) il risultato segue da (1). Nel caso (ii) il risultato segue da (). Problema 6. Consideriamo un orologio a lancette classico, per cui assumiamo che la posizione della lancetta delle ore e di quella dei minuti siano individuate da una coppia h ed m di numeri reali tali che 0 h < 1, 0 m < 1. a) Trovare una relazione tra h e m.

4 4 Per errore in un orologio vengono montate la lancetta delle ore e quella dei minuti di uguale lunghezza, così che non è possibile stabilire quale delle due segni l ora e quale i minuti. Considerato che un essere umano non commette un errore di valutazione dell ora superiore alle 6 ore, si chiede: b) quali e quante sono le posizioni delle lancette in cui è impossibile determinare l ora? c) Per le posizioni di cui al punto precedente determinare l errore massimo (in ore, minuti e secondi) che una persona può commettere leggendo l orologio. Soluzione a) minuti allora La parte frazionaria di h è la frazione di 60 minuti tra un ora e un altra. Se m [0, 1] è la lancetta dei b) Chiamiamo x e y le posizioni delle due lancette. Abbiamo {h} = m, m = 1{h}. 1 x = ora, y = minuti, = x = 1{y}, y = ora, x = minuti, = y = 1{x} Nel caso in cui x = 1{y} e y = 1{x}, cioè nelle intersezioni tra le rette è impossibile stabilire l ora, a meno che x = y. Queste configurazioni sono in totale = 13. c) Immediatamente si vede che le coppie (x, y) per cui è impossibile stabilire l ora giacciono sulle rette Siccome poi y x 6, abbiamo y = x + k 1, k = ±1, ±,..., ± k 1 6, k 6, 13

5 per cui l errore massimo è x y = 1 6 = 7 5, 54 ore, cioè 5 ore, 3 minuti e 4 secondi