Scuola Normale Superiore ammissione al I anno del corso ordinario Prova di Matematica per Matematica Fisica Informatica 7 agosto 015 Esercizio 1. Siano I J insiemi non vuoti con un numero finito di elementi e sia P : I J [0 1] una funzione. Si considerino le due quantità L = max i I min P (i j) j J L = min max P (i j) (i.e. j J i I L = min (i.e. L = max m i con m i = min P (i j)) i I j J M j con M j = max P (i j)). j J i I Una di queste quantità è sempre maggiore o uguale dell altra. Quale? Si giustifichi con una dimostrazione la risposta dando inoltre un esempio che mostra come la disuguaglianza possa essere stretta. Esercizio. Una stanza ha 4 pareti il pavimento il soffitto. Una mosca si muove tra queste 6 superfici: se lascia il pavimento o il soffitto può con probabilità 1/5 finire su ciascuna delle 4 pareti o ritornare sulla superficie dalla quale è partita. Se lascia una delle pareti può con probabilità 1/5 finire su ciascuna delle altre 3 pareti sul soffitto o sul pavimento. Se inizialmente la mosca è sul soffitto quale è la probabilità che sia sul pavimento dopo k mosse? Suggerimento: le soluzioni di un equazione ricorsiva y k+1 = ay k + bq k + c con a 1 e q a si possono determinare con la formula y k = d 1 a k + d q k + d 3 per opportune costanti d 1 d d 3. Esercizio 3. Un quadrato con n n caselle al cui interno sono presenti numeri reali si dice magico se tutti i numeri sono nell intervallo [0 1] e la somma per righe e per colonne vale sempre 1: in formule se q ij [0 1] è nella riga i-ma e nella colonna j-ma q i1 + + q in = 1 per 1 i n q 1j + + q nj = 1 per 1 j n. Diremo che un quadrato magico è puro se non si può esprimere come media aritmetica fatta casella per casella di due quadrati magici distinti (i.e. che differiscono in almeno una casella). Si mostri che per tutti gli n 1 i quadrati magici puri n n sono tutti e soli quelli che hanno 0 o 1 in ciascuna casella. Esercizio 4. Siano n k numeri interi con n 1 e k. Si mostri che è sempre possibile scrivere n k come somma di n interi dispari consecutivi. (continua sul retro)
Esercizio 5. Due semirette r e s con l estremo comune O formano un angolo 0 < θ < π. Due segmenti AV e BV di lunghezza complessiva pari a L aventi l estremo V in comune sono disposti in modo che l estremo A appartenga alla retta r e l estremo B appartenga alla retta s. In questo modo si forma il poligono AOBV come in figura. In base a questa costruzione per θ e L fissati si determini il massimo valore possibile dell area del poligono AOBV. r AV+VB=L V A θ B s O Esercizio 6. Sia data una griglia di 4 4 caselle ulteriormente suddivisa in 4 regioni. Una soluzione consiste nell assegnare a ciascuna casella uno dei numeri {1 3 4} in modo che ciascun numero compaia una sola volta in ogni rigo in ogni colonna e in ogni regione. 1) Quante sono le soluzioni possibili? ) Scegliamo ora un dato iniziale ossia un certo numero in una certa posizione e limitiamoci alle soluzioni che lo contengono. Si dimostri che il numero di tali soluzioni non dipende dalle scelte fatte. 3) Scegliamo ora due dati iniziali che non contraddicono le regole del gioco. Si dimostri che esiste sempre una soluzione che li contiene entrambi e che tale soluzione non è unica. Il numero di tali soluzioni dipende dalle scelte fatte? Si giustifichi la risposta.
Soluzione esercizio 1. L L sempre. Infatti se j 0 J è l indice per il quale M j è minimo abbiamo L = M j0 P (i j 0 ) per ogni i I. D altro canto P (i j 0 ) m i per ogni i per la definizione di m i. Quindi L max m i = L. Se i si considera la tabella ( 1 ) 1 1 1 (i.e. P (i j) = ( 1) i+j con I = J = {0 1}) si vede che la disuguaglianza è stretta. Soluzione esercizio. Iniziamo con il considerare n = il caso n = 1 è banale. Se il numero a di una casella appartiene a (0 1) tutti gli altri vi appartengono abbiamo quindi ( ) ( ) ( ) a 1 a a c 1 a + c a + c 1 a c = + 1 a a 1 a + c a c 1 a c a + c per c > 0 abbastanza piccolo c < min{a 1 a}. Per trattare il caso generale osserviamo che la costruzione precedente vale anche per quadrati non magici i.e. ogni quadrato con caselle tutte in (0 1) si esprime come media di due distinti quadrati dello stesso tipo mantenendo invariate le somme per righe e per colonne (pur di scegliere c > 0 tale che c < a i per ogni i = 1 3 4): ( ) ( ) ( ) a1 a a1 c a = + c a1 + c a + c. a 3 a 4 a 3 + c a 4 c a 3 c a 4 + c Nel caso n > se quindi ogni quadrato magico n n contenesse un rettangolo i cui 4 vertici hanno tutti caselle con elementi in (0 1) applicando la costruzione precedente (e lasciando le altre n 4 caselle invariate) potremmo concludere. Ma questo non è sempre possibile neanche nel caso n = 3: 1/ 1/ 0 1/ 0 1/. 0 1/ 1/ Dobbiamo quindi migliorare la nostra strategia. Prendiamo ora un quadrato n n con una casella q ij (0 1) e mostriamo che non è puro. Possiamo trovare un elemento q ij nella stessa riga nell intervallo (0 1) poi un elemento q i j nella stessa colonna sempre in (0 1) e così via. Indichiamo con c 1 c... le caselle prodotte in questo modo; ci fermiamo sulla casella c k quando questa ha la stessa riga o la stessa colonna di una delle caselle c 1... c k. Detta c i questa casella c i c i+1... c k danno luogo a un percorso chiuso dentro il quadrato che ha in ogni riga (o in ogni colonna) o 0 o elementi quindi è costituito da un numero pari di caselle. Modificando le sole caselle di questo cammino come sopra i.e. sommando c o c alternativamente con c > 0 abbastanza piccolo si ha la tesi. Si noti che nel caso del quadrato 3 3 scritto sopra se si parte ad esempio dalla casella (1 1) il percorso è obbligato: (1 1) (1 ) (3 ) (3 3) ( 3) ( 1).
Soluzione esercizio 3. Siano m + 1... m + n 1 gli n interi dispari consecutivi con m 0 incognito. Abbiamo allora che la loro somma vale mn + (1 + 3 + + (n 1)). Per calcolare la somma dei primi n dispari osserviamo che la somma di tutti i numeri interi da 1 a n vale n(n + 1)/ mentre quella di tutti i numeri pari da a n vale il doppio della somma di tutti i numeri interi da 1 a n quindi n(n + 1). Abbiamo quindi l equazione dalla quale ricaviamo n k = mn + n(n + 1) n(n + 1) n k = mn + n quindi m = n(n k 1). Dato che il numero n(n k 1) è sempre pari l equazione sopra ha per soluzione un intero. Soluzione alternativa. Se n è dispari allora anche n k 1 è dispari e possiamo considerare: (n k 1 n 1 )+ +(n k 1 4)+(n k 1 )+n k 1 +(n k 1 +)+(n k 1 +4)+ +(n k 1 + n 1 ) che sono n numeri dispari consecutivi centrati in n k 1. Se n è pari allora anche n k 1 è pari e possiamo considerare: (n k 1 [ n ]+1)+ +(nk 1 3)+(n k 1 1)+(n k 1 +1)+(n k 1 +3)+ +(n k 1 +[ n ] 1) (ove [n/] indica la parte intera di n/) che sono di nuovo n numeri dispari consecutivi centrati in n k 1. Altra soluzione. Induzione su k. Per k = basta sommare i primi n dispari consecutivi. Induttivamente sia n k 1 = n j=1 a j la soluzione per k 1. Scriviamo n k = n(n k 1 n k ) +n k 1. Sostituendo nell ultimo termine la soluzione per n k 1 vediamo che la soluzione per n k è ottenuta sostituendo ad ogni a j la nuova quantità a j + n k 1 n k. Soluzione esercizio 4. Siano p k s k le probabilità di stare dopo k mosse sul pavimento e sul soffitto rispettivamente. Per simmetria (nelle probabilità di transizione e nella probabilità iniziale) la probabilità di stare dopo k mosse sulla parete i-ma (i = 1 3 4) non dipende da i e la indicheremo con w k sicché p k + 4w k + s k = 1 per ogni k p 0 = w 0 = 0 e s 0 = 1. Dobbiamo quindi calcolare p k. Dato che la mosca può raggiungere il pavimento o dal pavimento stesso (in 1/5 dei casi) o da una delle 4 pareti (in 4/5 dei casi) abbiamo p k = 1 5 p k 1 + 4 5 w k 1.
D altro canto dato che una parete fissata può essere raggiunta o dal pavimento o dal soffitto o da una delle altre 3 pareti un ragionamento simile dà w k = 3 5 w k 1 + 1 5 p k 1 + 1 5 s k 1 = 3 5 w k 1 + 1 5 (1 4w k 1) = 1 5 w k 1 + 1 5 dove nella seconda uguaglianza abbiamo usato il fatto che p k + s k = 1 4w k riducendosi così alla sola variabile w. Sfruttando il suggerimento (con a = 1/5 b = 0) con facili calcoli otteniamo ( w k = A 1 ) k + 1 5 6 e usando il fatto che w 0 = 0 troviamo A = 1/6. Sostituendo ora nella relazione ricorsiva per p k otteniamo p k = 1 5 p k 1 + ( ( 1 1 ) k 1 ). 15 5 Sfruttando ancora una volta il suggerimento troviamo che p k = B ( ) k 1 + 1 ( 1 ) k + 1 5 3 5 6. Infine la costante B = 1/ viene determinata sapendo che p 0 = 0. Soluzione esercizio 5. Fissiamo un numero 0 d L e consideriamo fra i poligoni ammissibili quelli verificanti l ulteriore condizione che la distanza fra i punti A e B sia pari a d. Poniamo A(d) la massima area ottenibile con poligoni AOBV appartenenti a questa classe. La configurazione corrispondente a tale valore dovrà essere tale da massimizzare allo stesso tempo l area del triangolo AOB e quella del triangolo AV B. Il triangolo AOB è vincolato ad avere angolo in O pari a θ e base AB di lunghezza d. Per il teorema dei seni i triangoli di questo tipo sono tutti inscrivibili in un cerchio di raggio R = d/( sin θ). Il segmento AB può essere visualizzato come una corda fissata di lunghezza d ed il vertice O può essere visualizzato come un punto sulla circonferenza appartenente all arco compreso fra A e B in modo che θ sia l angolo alla circonferenza insistente sulla corda AB. È dunque chiaro che l area massima si avrà in corrispondenza dell altezza massima e dunque nel caso in cui AOB sia un triangolo isoscele. In tal caso l altezza relativa ad AB si può esprimere in termini di d come (d/) cot(θ/) e la massima area possibile per il triangolo AOB sotto le nostre ipotesi è data da (d/) cot(θ/). Per quanto riguarda i possibili triangoli AV B osserviamo che il vincolo AV + BV = L impone al vertice V di appartenere ad un ellisse di fuochi A e B posti a distanza d. Da queste considerazioni deduciamo che la configurazione che massimizza l altezza h relativa ad AB e dunque l area del triangolo AV B è quella isoscele. In tal caso abbiamo AV = L/ = BV ed h = (L/) (d/) per il teorema di Pitagora. Ne consegue che l area massima per un
triangolo AV B che verifica le nostre ipotesi è data da (d/) (L/d) 1. Dalla precedente discussione otteniamo che A(d) = (L/) [ (d/l) cot(θ/) + (d/l) (d/l) 4 ]. A questo punto il problema è ridotto a massimizzare la funzione A(d) o equivalentemente la funzione A(d)/(L/) al variare di d nell intervallo [0 L]. Per semplificare le notazioni poniamo α = cot(θ/) ed x = (d/l) così che 0 < α < + e 0 x 1 e consideriamo la funzione f α (x) = αx + x x. Osserviamo che il grafico di tale funzione è contenuto nell ellisse di equazione y + (1 + α )x αxy x = 0. Dato k R l intersezione di tale ellisse con la retta y = k quando è non vuota è data dai punti (x + k k) e (x k k) ove x+ k e x k sono le soluzioni dell equazione (1 + α )x (1 + αk)x + k = 0 L esistenza di uno ed un solo punto nell intersezione corrisponde alla condizione x + k diventa (1 + αk) 4k (1 + α ) = 0. A sua volta l ultima equazione è equivalente a = x k che Le cui soluzioni sono k αk 1 4 = 0 k ± = α ± α + 1. Pertanto il massimo della funzione f α è dato da k + e dunque il massimo di d A(d) è a sua volta dato da [ ] (L/) cot(θ/) cot (θ/) + 1 +. Tale valore che può anche essere scritto come (L/) [ 1 + cos(θ/) sin(θ/) corrisponde al massimo valore possibile per l area dei quadrilateri ammissibili. ]
Soluzione esercizio 6. 1) Posizioniamo molti dati iniziali in modo da trovare facilmente tutte le soluzioni che li contengono. Per esempio scegliendo i dati iniziali 1 3 4 3 4 4 e proseguendo il gioco nel modo usuale si trova che esistono solo 3 soluzioni. A questo punto basta considerare in quanti modi possiamo permutare le cifre iniziali nelle caselle prescelte: le cifre nel quadrante in alto a sinistra possono essere permutate in 4! = 4 modi; per ogni tale permutazione rimangono solo due scelte possibili per le cifre restanti nel primo rigo e due scelte possibili per le cifre restanti nella prima colonna. Moltiplicando troviamo un totale di 4 3 = 88 soluzioni. ) Si noti che l insieme delle soluzioni è invariante per le seguenti mosse: (i) permutazione delle cifre (ii) rotazioni e riflessioni della griglia 4 4 (iii) scambio delle prime due colonne o delle ultime due colonne (iv) scambio delle prime due righe o delle ultime due righe. L affermazione segue dal fatto che qualunque due scelte di dato iniziale sono equivalenti componendo tali mosse. 3) A meno di applicare una delle mosse indicate possiamo supporre che il primo dato iniziale sia la cifra 1 nella prima casella in alto a sinistra. Il secondo dato può allora essere: 1. La cifra 1: a meno delle mosse indicate possiamo supporre che tale cifra occupi una delle seguenti posizioni 1 1 1 1. La cifra diversa da 1: a meno delle mosse indicate possiamo supporre che occupi una delle seguenti posizioni: 1 oppure 1 1 1 1 Si noti che a meno di permutazioni delle cifre {34} possiamo dare a qualunque valore. Si verifica allora che tutti i casi sopra elencati conducono ad una soluzione: per esempio per
opportune scelte del valore di tali dati sono contenuti in una delle 3 soluzioni esplicite trovate nel punto 1. Con ciò abbiamo dimostrato che esiste sempre una soluzione. Si noti ora che due dati iniziali contengono al massimo due cifre. Possiamo allora permutare le altre due cifre ottenendo una seconda soluzione. Per finire vogliamo dimostrare che esistono dati iniziali aventi un numero diverso di soluzioni. Per esempio usando le idee del punto 1 troviamo che il dato iniziale ammette 36 soluzioni mentre il dato iniziale 1 1 ammette 4 soluzioni. Soluzione alternativa: possiamo scegliere il dato iniziale e completarlo con scelte ulteriori fino a raggiungere una configurazione come quella sopra; ragionando come sopra possiamo poi contare le soluzioni possibili. Per esempio scegliamo il dato iniziale 1 nella prima riga e prima colonna. Completando come sopra e tenendo conto che non possiamo permutare il dato prescelto troviamo 3! 3 = 7 soluzioni. Analogamente possiamo contare le soluzioni per qualunque dato iniziale trovando sempre 7 soluzioni.