Esercizio 1. Consideriamo nel piano xy la parabola y = x

Esercizi

Esercizio 1. Consideriamo nel piano xy la parabola y = x

. Discutere il problema di trovare, tra tutte le corde che congiungono due punti sulla parabola tali che in una delle due estremit` a la corda sia perpendicolare alla parabola, quelle di lunghezza minima.

Sol. — Per simmetria consideriamo corde AB il cui punto A stia nel ramo della parabola contenuto nel primo quadrante tali che la corda sia perpendicolare alla parabola in A. Abbiamo A = (x, x²). Il coefficiente angolare della tangente `e m = 2x quindi il coefficiente della perpendicolare `e m^⊥= −_2x¹. La perpendicolare alla parabola passante per A ha dunque equazione

y = x²− 1 2x(t − x).

Essa interseca la parabola quando y = t² cio´e x²− 1

2x(t − x) = t², ⇐⇒ (t − x)(t + x) = − 1

2x(t − x) ⇐⇒^t6=x (t + x) = −1

2x, ⇐⇒ t = −x − 1 2x. Si ottiene il punto

B = −x − 1 2x,



−x − 1 2x

2!

Allora

AB² =

 x −



−x − 1 2x

2

+ x²−



−x − 1 2x

2!2

= 4x²

 1 + 1

4x²

2

+

 1 + 1

4x²

2

= 4x²

 1 + 1

4x²

3

=: f (x).

Siccome minimizzare AB o AB²`e la stessa cosa, minimizziamo quest’ultima cio´e f per x ∈]0, +∞[. Evidentemente f (0+), f (+∞) = +∞. La derivata di f `e

f⁰(x) = 8x

 1 + 1

4x²

3

+ 4x²· 3

 1 + 1

4x²

2

·



− 1 2x³



= 2

 1 + 1

4x²

2 4x

 1 + 1

4x²



−3 x



= 4

 1 + 1

4x²

2 2x −1

x



Ora: f⁰> 0 sse (essendo x > 0) 2x −¹_x > 0, cio´e (sempre essendo x > 0) 2x²− 1 > 0 ovvero x > ^√1₂. Si deduce che il minimo si ottiene per x =^√1

2 e quindi

min AB²= f

 1

√2



= 27 4.

Esercizio 2. ` E dato un numero primo p 6= 1, 2, 5 e si considerano le sue potenze p, p

, . . . , p

. Mostrare che, necessariamente, almeno una delle potenze di p, scritta in notazione decimale, deve terminare con le cifre 001.

Sol. — Consideriamo le potenze

p, p², . . . , p⁹⁹⁹.

Si noti che sono esattamente 999 numeri distinti. Ad ognuna di esse `e associata una scrittura decimale. Supponiamo per assurdo che nessuna di queste termini per 001: ci sono allora due potenze distinte che devono terminare con le stesse tre cifre, cio`e esistono un 1 6 n < m 6 999 tali che p^m− pⁿtermina per c000, ovvero `e divisibile per 10<sup>3</sup>, cio`e

p^m− pⁿ= k10³= k · 2³· 5³. Ma essendo

p^m− pⁿ= pⁿ(p^m−n− 1) = k · 2³· 5³.

Siccome p 6= 2, 5 necessariamente 2³5³ divide p^m−n− 1, cio`e p^m−n− 1 = k · 1000 ovvero p^m−n termina per 001.

Esercizio 3. In un gioco tradizionale armeno si lanciano due dadi e si sommano tra di loro i risultati che appaiono sulle facce superiori. Il giocatore vince al primo lancio se la somma cos`ı ottenuta vale 7 o 11 e perde se invece la somma vale 2, 3 o 12. Nel caso in cui al primo lancio si ottenga un risultato n diverso da 2, 3, 7, 11, 12, si lanciano ancora i dadi ripetutamente finch´ e la somma delle facce superiori non sia n, nel cui caso il giocatore vince, o 7, nel cui caso il giocatore perde. Qual ` e la probabilit` a che il giocatore ha di vincere? Conviene fare questo gioco?

Sol. — Ci sono 36 risultati egualmente probabili. Componendo una tabella cartesiana con questi risultati si ottiene la seguente distribuzione di probabilit`a:

P (2) = P (12) = 1

36, P (3) = P (11) = 2

36, P (4) = P (10) = 3

36, P (5) = P (9) = 4

36, P (6) = P (8) = 5

36, P (7) = 6 36. La probabilit`a di vincere lanciando una sola volta `e

P (7) + P (11) = 6 36+ 2

36= 8 36=2

9, la probabilit`a diperdere al primo lancio `e

P (2) + P (3) + P (12) = 1 36+ 2

36+ 1 36= 4

36 =1 9.

Supponiamo ora che al primo lancio si sia ottenuto 4. Per vincere dovremo ottenere 4 e per perdere 7, ogni altro risultato `e ininfluente e possiamo dimenticarcene. Le configurazioni significative sono

(1, 3), (2, 2), (3, 1), per vincere e

(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1), per perdere. Allora la probabilit`a di riottenere 4 in un lancio successivo `e

3 3 + 6=1

3.

Se al primo lancio abbiamo ottenuto 10, poich´e le configurazioni corrispondenti a 10 sono ancora 3, (4, 6), (5, 5), (6, 4),

la probabilit`a di riottenere 10 rimane ¹₃.

Analogamente la probabilit`a di riottenere 5 e 9 in un lancio successivo `e 4

4 + 6=2 5. La probabilit`a di riottenere 6 e 8 in un lancio successivo `e

5 5 + 6= 5

11.

Nel calcolo della probabilit`a di vincere se al primo lancio non si `e ottenuto 2, 3, 7, 11, 12, ognuna delle probabilit`a calcolate va pesata con la probabilit`a di ottenere al primo lancio il risultato corrispondente, quindi

2 3 36

1 3+ 4

36 2 5+ 5

36 5 11



= 1 18

 1 +8

5+25 11

 .

La probabilit`a di vincere allora `e

2 9+ 1

18

 1 +8

5+25 11



<1 2.

Esercizio 4. Sia E un sottoinsieme finito di Z

e siano E

, E

, E

rispettivamente le proiezioni di E sui piani cartesiani ortogonali alle direzioni dei vettori e

= (1, 0, 0), e

= (0, 1, 0) e e

= (0, 0, 1).

Denotato con |X| il numero di elementi di un insieme X, si dimostri che

|E| ≤ |E

|

|E

|

|E

|

.

Sol. — Denotiamo con (l, m, n) le coordinate cartesiane ortogonali di un generico punto di Z³. Definiamo

aij=

(1 se (0, i, j) ∈ E1

0 se (0, i, j) /∈ E1,

bij=

(1 se (i, 0, j) ∈ E2

0 se (i, 0, j) /∈ E2,

cij=

(1 se (i, j, 0) ∈ E3

0 se (i, j, 0) /∈ E3. Osserviamo che se (i, j, k) ∈ E, allora aijbkjcki= 1, quindi

|E| ≤ X

i,j,k∈Z

paijbkjcki.

Applicando ripetutamente la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz otteniamo

|E| ≤ X

i,j,k∈Z

paijbkjcki

= X

i,k∈Z

√cki

X

j∈Z

paijbkj

≤ X

i,k∈Z

√cki



 X

j∈Z

aij





1 2

 X

j∈Z

bkj





1 2

=X

k∈Z



 X

j∈Z

bj,k





1 2

X

i∈Z

√cki



 X

j∈Z

aij





1 2

≤X

k∈Z



 X

j∈Z

bkj





1 2

X

i∈Z

cki

!¹₂

 X

i,j∈Z

aij





1 2

=



 X

i,j∈Z

aij





1 2

X

k∈Z



 X

j∈Z

bkj





1 2

X

i∈Z

cki

!¹₂

≤



 X

i,j∈Z

aij





1 2

 X

j,k∈Z

bkj





1 2

 X

i,k∈Z

cki





1 2

= |E1|¹²|E2|¹²|E3|¹².

Esercizio 5. Si consideri un triangolo con vertici A, B, C e siano D ed E due suoi punti interni tali che valgano le seguenti congruenze fra angoli:

EAB = DAC EBA = DBC ECA = DCB

Dimostrare che le proiezioni E

, E

, E

di E appartengono ad una circonferenza il cui centro ` e Q, il punto medio del segmento DE.

A

B C

D Q E E

E

E

Sol. — Traccia risoluzione: chiamiamo E1⁰, E2⁰, E3⁰ i punti ottenuti riflettendo E rispetto alle rette che contengono i lati (vedi Figura 5). Per costruzione vale CE1⁰ = CE = CE⁰2. Dimostriamo che i triangoli DCE⁰1 e DCE2⁰ sono congruenti. Possiamo

A

B C

D Q E E

E

E

E'

E'

E'

Figure 1:

scrivere la seguente relazione di congruenza fra angoli:

DCE₁⁰ = DCB + BCE⁰₁= ACE + BCE = ACB

Analogamente si ricava DCE2⁰ = ACB. La congruenza fra i triangoli DCE⁰1e DCE2⁰ `e dunque dimostrata. In particolare segue che DE1⁰ = DE2⁰.

Lo stesso ragionamento ci permette di dimostrare DE2⁰ = DE3⁰, mostrando che D `e il centro della circonferenza che passa per E₁⁰, E⁰₂, E₃⁰.

Se facciamo ora una omotetia di centro E e ragione ¹₂, l’immagine della circonferenza che passa per E⁰1, E2⁰, E3⁰ `e la circon- ferenza che passa per E1, E2, E3e il suo centro `e il punto medio Q del segmento DE.