Prova di Matematica Padova, 7 Settembre 2017
1. Problema
Si considerino due copie del piano cartesiano di coordinate (u, v) e (x, y) rispettiva- mente. Fissato R > 0, si ponga
D
R= {(u, v) : u
2+ v
2< R
2} e si definisca per ogni (u, v) ∈ D
Rκ(u, v) =
2R
2u
u
2+ (v − R)
2, R R
2− u
2− v
2u
2+ (v − R)
2= (x, y) ∈ R
2.
Si determinino il punto κ(0, 0) e l’insieme κ(D
R). Si stabilisca se κ ` e una trasformazione invertibile di D
Rsu κ(D
R) e, nel caso in cui lo sia, se ne determini l’inversa.
2. Problema
Siano a, b fissati e tali che 2 + 2a 6= b. Si determinino tutte le soluzioni del sistema
x
2+ (a + 1)y
2+ az
2+ b(xy + yz + xz) = 2 + 2a + 3b (a + 1)x
2+ ay
2+ z
2+ b(xy + yz + xz) = 2 + 2a + 3b ax
2+ y
2+ (a + 1)z
2+ b(xy + yz + xz) = 2 + 2a + 3b.
3. Problema
Si considerino due interi non negativi k e n e si definisca S
k(n) = 1 + 2
k+ 3
k+ · · · + n
k=
n
X
`=1
`
k.
Sapendo che S
k(n) ` e un polinomio in n di grado k + 1, che il termine costante di questo polinomio vale 0 e che il termine di grado massimo ha coefficiente uguale a
k+11, si calcolino:
S
0(n), S
1(n) e S
3(n).
1
4. Problema
Si considerino due interi non negativi k e n e si definisca S
k(n) = 1 + 2
k+ 3
k+ · · · + n
k=
n
X
`=1
`
k.
Si dimostri che S
k(n) ` e un polinomio in n di grado k + 1, che il termine costante di questo
polinomio vale 0 e che il termine di grado massimo ha coefficiente uguale a
k+11.
5. Risoluzione del Problema 2 Si determinino tutte le soluzioni del sistema
x
2+ 10y
2+ 9z
2+ 10(xy + yz + xz) = 50 10x
2+ 9y
2+ z
2+ 10(xy + yz + xz) = 50 9x
2+ y
2+ 10z
2+ 10(xy + yz + xz) = 50.
(5.1)
Sottraendo la seconda equazione dalla prima, la terza dalla seconda e la prima dalla terza otteniamo
(1 − 10)x
2+ (10 − 9)y
2+ (9 − 1)z
2= 0 (10 − 9)x
2+ (9 − 1)y
2+ (1 − 10)z
2= 0 (9 − 1)x
2+ (1 − 10)y
2+ (10 − 9)z
2= 0, quindi
−9x
2+ y
2+ 8z
2= 0 x
2+ 8y
2− 9z
2= 0 8x
2− 9y
2+ z
2= 0.
Moltiplichiamo la seconda equazione per 9 e poi la sommiamo alla prima ottenendo ( −9x
2+ y
2+ 8z
2= 0
9x
2+ 72y
2− 81z
2= 0, cio` e
y
2= z
2.
Analogamente moltiplichiamo la terza equazione per 9 e la sommiamo alla seconda otte- nendo
y
2= x
2, quindi
x
2= y
2= z
2.
Sostituendo in (5.1) determiniamo le otto soluzioni del sistema: (1) assumendo x = y = z troviamo
20x
2+ 30x
2= 50,
da cui si deducono le soluzioni x = y = z = 1 e x = y = z = −1; (2) assumendo
−x = y = z troviamo
20x
2− 10x
2= 50 da cui otteniamo
x = −y = −z = ± √ 5.
Le rimanenti quattro soluzioni −x = y = −z = ± √
5 e −x = −y = z = ± √
5 si ottengono
in modo analogo.
6. Risoluzione del problema 3 Si considerino due interi non negativi k e n e si definisca
S
k(n) = 1 + 2
k+ 3
k+ · · · + n
k=
n
X
l=1
l
k.
Sapendo che S
k(n) ` e un polinomio in n di grado k + 1, che il termine costante di questo polinomio vale 0 e che il termine di grado massimo ha coefficiente uguale a
k+11, si calcolino:
S
0(n), S
1(n) e S
3(n).
Calcoliamo S
3(n). Sappiamo che S
3(n) ` e un polinomio in n di grado 4, che il termine costante di questo polinomio vale 0 e che il termine di grado massimo ha coefficiente uguale a
14, quindi
S
3(n) = 1
4 n
4+ an
3+ bn
2+ cn.
Per determinare i tre coefficienti a, b, c, impostiamo un sistema di tre equazioni con tre incognite:
1 = S
3(1) =
14+ a + b + c
9 = 1 + 2
3= S
3(2) =
1416 + 8a + 4b + 2c
36 = 1 + 2
3+ 3
3= S
3(3) =
1481 + 27a + 9b + 3c, da cui deduciamo
a + b + c =
348a + 4b + 2c = 5 27a + 9b + 3c =
634, che ha soluzione
a = 1
2 , b = 1
4 , c = 0, quindi
S
3(n) = 1
4 n
4+ 1
2 n
3+ 1
4 n
2.
7. Risoluzione del problema 4 Si considerino due interi non negativi k e n e si definisca
S
k(n) = 1 + 2
k+ 3
k+ · · · + n
k=
n
X
`=1
`
k.
Si dimostri che S
k(n) ` e un polinomio in n di grado k + 1, che il termine costante di questo polinomio vale 0 e che il termine di grado massimo ha coefficiente uguale a
k+11.
Il risultato pu` o essere dimostrato per induzione.
Il caso base ` e immediato, infatti
S
0(n) = 1 + 2
0+ 3
0+ · · · + n
0= n.
Assumiamo che il risultato sia vero per k ≤ j − 1 e dimostriamolo per j = k.
Dalla regola del binomio di Newton deduciamo che
`
k− (` − 1)
k= `
k−
k
X
j=0
k j
`
j(−1)
j−k= −
k−1
X
j=0
k j
`
j(−1)
j−k.
Sommiamo su ` ambo i membri dell’identi` a precedente, ottenendo
n
X
`=1
(`
k− (` − 1)
k) = −
n
X
`=1 k−1
X
j=0
k j
`
j(−1)
k−j.
Il membro di destra ` e una somma telescopica
n
X
`=1
(`
k− (` − 1)
k) = (1
k− 0
k) + (2
k− 1
k) + (3
k− 2
k) + · · · + (n
k− (n − 1)
k) = n
k;
quindi, scambiando l’ordine delle somme a secondo membro, otteniamo n
k= −
n
X
`=1 k−1
X
j=0
k j
`
j(−1)
k−j= −
k−1
X
j=0
k j
(−1)
k−jn
X
`=1
`
j= −
k−1
X
j=0
k j
(−1)
k−jS
j(n)
=
k k − 1
S
k(n) −
k−2
X
j=0
k j
(−1)
k−jS
j(n)
= kS
k(n) −
k−2
X
j=0
k j
(−1)
k−jS
j(n).
Dall’ultima formula ricaviamo S
k(n) = n
kk + 1 k
k−2
X
j=0
