Scuola Galileiana di Studi Superiori - Anno Accademico 2013/2014 - Prova di Matematica Problema 1. Quali sono i numeri naturali n tali che 7· 2

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Scuola Galileiana di Studi Superiori - Anno Accademico 2013/2014 - Prova di Matematica

Problema 1. Quali sono i numeri naturali n tali che 7 · 2 ⁿ pu` o essere scritto come somma di due cubi di numeri positivi dispari?

Problema 2. Un triangolo ha i lati delle seguenti lunghezze: AB = 4, BC = 4, AC = 6. Si considerino le rette r che intersecano i lati AC e AB e dividono il triangolo in due poligoni di area non nulla. Per quante di tali rette i due poligoni hanno la stessa area e lo stesso perimetro?

A

B C x

y

K T

Problema 3. Siano α, β, γ i tre angoli di un triangolo, ciascuno dei quali

≤ 90 ^o . Si dimostri che sin(α) + sin(β) + sin(γ) > 2.

Problema 4. Per quali numeri interi n ≥ 1, il numero 11 . . . 1 (n cifre tutte uguali a 1) ` e divisibile per 7?

Problema 5. (i) Siano a 1 , a 2 , . . . , a n numeri reali positivi la somma dei quali fa uno. Provare che valgono le seguenti due disuguaglianze

(1 + a 1 )(1 + a 2 ) · · · (1 + a n ) ≥ (n + 1) ⁿ a 1 a 2 · · · a n , (1 − a ₁ )(1 − a ₂ ) · · · (1 − a _n ) ≥ (n − 1) ⁿ a ₁ a ₂ · · · a n . (ii) Siano b ₁ , b ₂ , . . . , b _n numeri reali positivi tali che _1+b ¹

1

+ _1+b ¹

2

+ · · · + _1+b ¹

n

=

n − 1. Provare la seguente disuguaglianza 1

b 1

1 b 2

· · · · · 1 b n

≥ (n − 1) ⁿ

(2)

Soluzione problema 1. Per prima cosa osserviamo che per n = 0 abbiamo 2 ⁰ 7 = 7 che non pu` o essere scritto come somma di due cubi di numeri naturali.

Per n ≥ 1, se fosse

x ³ + y ³ = 7 · 2 ⁿ con x, y dispari, scrivendo

7 · 2 ⁿ = (x + y)(x ² + y ² − xy)

potremmo osservare che (x ² + y ² − xy), essendo dispari, deve dividere 7, dunque pu` o essere uguale solo a 1 o a 7. Inoltre, ponendo che sia x ≥ y, sappiamo che (x ² + y ² − xy) ≥ y ² . Questo limita i possibili valori per y, che deve essere dispari e con quadrato minore o uguale a 7. Dunque y = 1 e bisogna controllare se una fra le equazioni:

x ² + 1 − x = 1 x ² + 1 − x = 7

ha soluzioni intere. Per la prima ci` o accade e le soluzioni sono x = 0, 1. Abbiamo dunque trovato le coppie x = 0, y = 1 e x = 1, y = 1, ma le corrispondenti somme di cubi 0 ³ + 1 ³ e 1 ³ + 1 ³ non danno un numero della forma 7 · 2 ⁿ (inoltre x deve essere dispari e dunque la x = 0 andava esclusa immediatamente).

Anche per la seconda equazione le soluzioni sono intere: x = −2 e x = 3.

Allora dobbiamo studiare la coppia di numeri dispari x = 3, y = 1, che in effetti fornisce 1 ³ + 3 ³ = 28 che ` e un numero della forma cercata, 7 · 2 ² .

Abbiamo dunque mostrato che n = 2 ` e l’unico valore per cui 7 · 2 ⁿ possa essere scritto come somma di due cubi di numeri dispari.

Soluzione problema 2. Il triangolo ` e isoscele e dunque si vede subito che l’asse di simmetria ` e una retta che soddisfa le condizioni richieste. Vediamo se ce ne sono altre.

Si osserva che il caso in cui la retta r incontra i lati AC e AB solo nel loro punto comune A non produce soluzioni utili: per dividere il triangolo in due poligoni di uguale area la retta r deve passare anche per il punto medio del lato BC, ma allora i due poligoni (triangoli) non hanno lo stesso perimetro.

Possiamo dunque limitarci a considerare il caso, come in figura, in cui i punti r ∩ AC e r ∩ AB sono distinti.

Siano x e y le lunghezze in figura. Per avere lo stesso perimetro bisogna che:

x + y = 4 + 6 − y + 4 − x

dunque x + y = 7. Per quel che riguarda le aree, l’area di AT K ` e uguale a ^x ₄ per l’area di AKB, e l’area di AKB ` e uguale a ^y ₆ per l’area di ABC, allora abbiamo l’equazione:

area AT K = area ABC xy 24

Visto che richiedere che le aree dei due poligoni siano uguali significa richiedere

che l’area di AT K sia uguale a ¹ ₂ dell’area di ABC si ricava xy = 12. I valori

(3)

possibili per x e y sono dunque 3 e 4 (possiamo anche pensare a x e y come radici dell’equazione h ² − 7h + 12). Le rette in questione sono dunque due, corrispondenti a x = 3, y = 4 e a x = 4, y = 3. La seconda di tali rette ` e l’asse di simmetria del triangolo ABC, come avevamo gi` a intuito.

Soluzione problema 3. Consideriamo la funzione y = sin(x) nell’intervallo [0, ^π ₂ ]. Su tale intervallo la funzione ha la concavit` a verso il basso, e il grafico della funzione passa per i punti (0, 0) e ( ^π ₂ , 1). La retta per tali due punti ha equazione y = _π ² x. Quindi sull’intervallo [0, ^π ₂ ] si ha _π ² x ≤ sin(x), e anzi l’uguaglianza si ha solo per x = 0 e x = ^π ₂ . Per x = α, β, γ e sommando si trova che ² _π (α + β + γ) < sin(α) + sin(β) + sin(γ). Ma α + β + γ = π.

Soluzione problema 4. Si ha (10) ⁰ = 1 ≡ 1 (mod 7), (10) ¹ = 10 ≡ 3 (mod 7), (10) ² = 100 ≡ 2 (mod 7), (10) ³ ≡ −1 (mod 7), (10) ⁴ ≡ −3 (mod 7), (10) ⁵ ≡ −2 (mod 7), (10) ⁶ ≡ 1 (mod 7), e cos`ı via ciclicamente: i numeri 1, 10, 100, 1000, . . . sono congrui modulo 7 a 1, 3, 2, −1, −3, −2, 1, 3, 2, −1, −3, −2, 1, 3, 2, −1, −3, −2, . . . e cos`ı via ciclicamente, con periodo 6. Ora 7 divide a(n) := 11 . . . 1 (n cifre tutte uguali a 1) se e solo se a(n) ≡ 0 (mod 7). Ma a(n) = P n−1

i=0 (10) ⁱ ≡ 1 + 3 + 2 + (−1) + (−3) + (−2) + 1 + 3 + 2 + (−1) + (−3) + (−2) + 1 + 3 + 2 + (−1) + (−3) + (−2) + . . . (n addendi). In questa “serie”, la somma dei primi n addendi ` e 1, 4, 6, 5, 2, 0, 1, 4, 6, 5, 2, 0, 1, 4, 6, 5, 2, 0, . . . , e cos`ı via ciclicamente, con periodo 6. Quindi a(n) ` e divisibile per 7 se e solo se n ` e un multiplo intero di 6, ossia n = 6k per qualche intero k = 1, 2, 3, 4, . . . .

Soluzione problema 5. (i) Scrivendo 1 come P n

k=1 a k abbiamo che Π ^N _i=1 (1 + a _i ) = Π ^N _i=1

(

n

X

k=1

a _k ) + a _i

Notiamo che a secondo membro della precedente ogni fattore ` e una somma con n + 1 addendi. Ricordando la disuguaglianza tra media geometria e media aritmentica avremo dunque che

( P n

k=1 a k ) + a i

n + 1 ≥

ⁿ⁺¹

q

a 1 · · · a i−1 a ² _i a i+1 · · · a n (1) con ovvio significato dei simboli a _i−1 , a _i+1 .

Considerando dunque il prodotto membro a membro delle disuguaglianze in (1) al variare di i ∈ {1, . . . , n} otteniamo banalmente

Π ^N _i=1 (( P n

k=1 a _k ) + a _i ) (n + 1) ⁿ ≥

ⁿ⁺¹

q

a ⁿ⁺¹ ₁ · · · a ⁿ⁺¹ n = a 1 · · · a n

che ` e la prima disuguaglianza voluta. Similmente si prova la seconda disug-

uaglianza.

(4)

(ii) Notiamo che n − 1 = P n i=1

1 1+b

_i

= P n i=1

1+b

i

−b

i

1+b

_i

= n − P n i=1

b

i

1+b

_i

e quindi

n

X

i=1

b i

1 + b i

= 1.

Posto a i = _1+b ^b

ⁱ

i

nella seconda disuguaglianza in (i) otteniamo che Π ⁿ _i=1 1

1 + b i

≥ (n − 1) ⁿ Π ⁿ _i=1 b _i 1 + b i

da cui si deduce immediatamente quanto voluto.

Scuola Galileiana di Studi Superiori - Anno Accademico 2013/2014 - Prova di Matematica Problema 1. Quali sono i numeri naturali n tali che 7· 2

Scuola Galileiana di Studi Superiori - Anno Accademico 2013/2014 - Prova di Matematica

Problema 1. Quali sono i numeri naturali n tali che 7 · 2 n pu` o essere scritto come somma di due cubi di numeri positivi dispari?

Problema 2. Un triangolo ha i lati delle seguenti lunghezze: AB = 4, BC = 4, AC = 6. Si considerino le rette r che intersecano i lati AC e AB e dividono il triangolo in due poligoni di area non nulla. Per quante di tali rette i due poligoni hanno la stessa area e lo stesso perimetro?

K T

Problema 3. Siano α, β, γ i tre angoli di un triangolo, ciascuno dei quali

≤ 90 o . Si dimostri che sin(α) + sin(β) + sin(γ) > 2.

Problema 4. Per quali numeri interi n ≥ 1, il numero 11 . . . 1 (n cifre tutte uguali a 1) ` e divisibile per 7?

Problema 5. (i) Siano a 1 , a 2 , . . . , a n numeri reali positivi la somma dei quali fa uno. Provare che valgono le seguenti due disuguaglianze

(1 + a 1 )(1 + a 2 ) · · · (1 + a n ) ≥ (n + 1) n a 1 a 2 · · · a n , (1 − a 1 )(1 − a 2 ) · · · (1 − a n ) ≥ (n − 1) n a 1 a 2 · · · a n . (ii) Siano b 1 , b 2 , . . . , b n numeri reali positivi tali che 1+b 1

+ 1+b 1

+ · · · + 1+b 1

=

n − 1. Provare la seguente disuguaglianza 1

b 1

1 b 2

· · · · · 1 b n

≥ (n − 1) n

Soluzione problema 1. Per prima cosa osserviamo che per n = 0 abbiamo 2 0 7 = 7 che non pu` o essere scritto come somma di due cubi di numeri naturali.

Per n ≥ 1, se fosse

x 3 + y 3 = 7 · 2 n con x, y dispari, scrivendo

7 · 2 n = (x + y)(x 2 + y 2 − xy)

x 2 + 1 − x = 1 x 2 + 1 − x = 7

Anche per la seconda equazione le soluzioni sono intere: x = −2 e x = 3.

Allora dobbiamo studiare la coppia di numeri dispari x = 3, y = 1, che in effetti fornisce 1 3 + 3 3 = 28 che ` e un numero della forma cercata, 7 · 2 2 .

Abbiamo dunque mostrato che n = 2 ` e l’unico valore per cui 7 · 2 n possa essere scritto come somma di due cubi di numeri dispari.

Soluzione problema 2. Il triangolo ` e isoscele e dunque si vede subito che l’asse di simmetria ` e una retta che soddisfa le condizioni richieste. Vediamo se ce ne sono altre.

Possiamo dunque limitarci a considerare il caso, come in figura, in cui i punti r ∩ AC e r ∩ AB sono distinti.

Siano x e y le lunghezze in figura. Per avere lo stesso perimetro bisogna che:

x + y = 4 + 6 − y + 4 − x

dunque x + y = 7. Per quel che riguarda le aree, l’area di AT K ` e uguale a x 4 per l’area di AKB, e l’area di AKB ` e uguale a y 6 per l’area di ABC, allora abbiamo l’equazione:

area AT K = area ABC xy 24

Visto che richiedere che le aree dei due poligoni siano uguali significa richiedere

che l’area di AT K sia uguale a 1 2 dell’area di ABC si ricava xy = 12. I valori

Soluzione problema 5. (i) Scrivendo 1 come P n

k=1 a k abbiamo che Π N i=1 (1 + a i ) = Π N i=1

 (

n

X

k=1

a k ) + a i



Notiamo che a secondo membro della precedente ogni fattore ` e una somma con n + 1 addendi. Ricordando la disuguaglianza tra media geometria e media aritmentica avremo dunque che

( P n

k=1 a k ) + a i

n + 1 ≥

q

a 1 · · · a i−1 a 2 i a i+1 · · · a n (1) con ovvio significato dei simboli a i−1 , a i+1 .

Considerando dunque il prodotto membro a membro delle disuguaglianze in (1) al variare di i ∈ {1, . . . , n} otteniamo banalmente

Π N i=1 (( P n

k=1 a k ) + a i ) (n + 1) n ≥

q

a n+1 1 · · · a n+1 n = a 1 · · · a n

che ` e la prima disuguaglianza voluta. Similmente si prova la seconda disug-

uaglianza.

(ii) Notiamo che n − 1 = P n i=1

1

1+b

= P n i=1

1+b

−b

1+b

= n − P n i=1

b

1+b

e quindi

n

X

i=1

b i

1 + b i

= 1.

Posto a i = 1+b b

nella seconda disuguaglianza in (i) otteniamo che Π n i=1 1

1 + b i

≥ (n − 1) n Π n i=1 b i 1 + b i

da cui si deduce immediatamente quanto voluto.

Problema 1. Quali sono i numeri naturali n tali che 7 · 2 ⁿ pu` o essere scritto come somma di due cubi di numeri positivi dispari?

≤ 90 ^o . Si dimostri che sin(α) + sin(β) + sin(γ) > 2.

(1 + a 1 )(1 + a 2 ) · · · (1 + a n ) ≥ (n + 1) ⁿ a 1 a 2 · · · a n , (1 − a ₁ )(1 − a ₂ ) · · · (1 − a _n ) ≥ (n − 1) ⁿ a ₁ a ₂ · · · a n . (ii) Siano b ₁ , b ₂ , . . . , b _n numeri reali positivi tali che _1+b ¹

+ _1+b ¹

+ · · · + _1+b ¹

≥ (n − 1) ⁿ

Soluzione problema 1. Per prima cosa osserviamo che per n = 0 abbiamo 2 ⁰ 7 = 7 che non pu` o essere scritto come somma di due cubi di numeri naturali.

x ³ + y ³ = 7 · 2 ⁿ con x, y dispari, scrivendo

7 · 2 ⁿ = (x + y)(x ² + y ² − xy)

x ² + 1 − x = 1 x ² + 1 − x = 7

Allora dobbiamo studiare la coppia di numeri dispari x = 3, y = 1, che in effetti fornisce 1 ³ + 3 ³ = 28 che ` e un numero della forma cercata, 7 · 2 ² .

Abbiamo dunque mostrato che n = 2 ` e l’unico valore per cui 7 · 2 ⁿ possa essere scritto come somma di due cubi di numeri dispari.

dunque x + y = 7. Per quel che riguarda le aree, l’area di AT K ` e uguale a ^x ₄ per l’area di AKB, e l’area di AKB ` e uguale a ^y ₆ per l’area di ABC, allora abbiamo l’equazione:

che l’area di AT K sia uguale a ¹ ₂ dell’area di ABC si ricava xy = 12. I valori

k=1 a k abbiamo che Π ^N _i=1 (1 + a _i ) = Π ^N _i=1

(

a _k ) + a _i

a 1 · · · a i−1 a ² _i a i+1 · · · a n (1) con ovvio significato dei simboli a _i−1 , a _i+1 .

Π ^N _i=1 (( P n

k=1 a _k ) + a _i ) (n + 1) ⁿ ≥

a ⁿ⁺¹ ₁ · · · a ⁿ⁺¹ n = a 1 · · · a n

Posto a i = _1+b ^b

nella seconda disuguaglianza in (i) otteniamo che Π ⁿ _i=1 1

≥ (n − 1) ⁿ Π ⁿ _i=1 b _i 1 + b i