u + ℓ − b u ; sono note a e b e l’incognita `e ℓ. Si ricava subito

Parsifal. Si ha una prima relazione a/v = (ℓ − a)/u, uguagliando i tempi intercorsi tra l’inizio ed il primo scontro, ed una seconda un poco pi` u complicata, uguagliando i tempi tra il primo ed il secondo scontro:

ℓ − a v + b

v = a

u + ℓ − b u ; sono note a e b e l’incognita `e ℓ. Si ricava subito

au = ℓ v − av; ℓ u − (a − b)u = ℓ v + (a − b)v;

dividendo per v entrambe le equazioni, e posto r = u/v si ottiene ℓ = a(1 + r); ℓ(r − 1) = (a − b)(1 + r);

Sostituendo nella seconda il valore ℓ/a che si ricava dalla prima per 1 + r si ottiene ℓ(r − 1) = (a − b) ℓ

a ⇐⇒ r − 1 = 1 − b

a ⇐⇒ r = 2 − b a , da cui

ℓ = a(1 + r) = a

 3 − b

a



= 3a − b = (3 · 720 − 400)piedi = 1760piedi.

 Risoluzione. (Esercizio 2) (i) Le direzioni non trasverse sono quelle delle rette che passano per almeno due punti distinti di S, e quindi sono un insieme finito, di al pi` u <sup>n</sup> <sub>2</sub>
punti, se n `e il numero dei punti di S.

(ii) Presa una retta L ortogonale ad una direzione trasversa D, la proiezione ortogonale di S su L `e iniettiva, per definizione di direzione trasversa. Orientando tale retta, ed elencando i punti della proiezione in ordine crescente x 1 < · · · < x <sup>n</sup> , dato che n = 2k `e per ipotesi pari, ogni retta Y della direzione D passante per un punto fra x k ed x k+1 verifica chiaramente quanto voluto.

(iii) L’insieme delle direzioni che sono non trasverse, o la cui direzione ortogonale `e non trasversa `e chiaramente finito (con al pi` u 2 <sup>n</sup> <sub>2</sub>
elementi). Presa una coppia di direzioni ortogonali entrambe trasverse si ottiene una retta Y come sopra, che lascia ugual numero di punti di S nei due semipiani; si sposta poi la retta L parallelamente a se stessa in modo da avere una retta X che pure lascia dalle due parti un ugual numero di punti di S. Le rette X ed Y cos`ı ottenute sono assi per un sistema di riferimento;

detto a j il numero di punti di S nel j−esimo quadrante si ha k = n/2 = a 1 + a 4 = a 2 + a 3 ed anche k = n/2 = a 1 + a 2 = a 3 + a 4 , da cui naturalmente a 1 = a 3 ed a 2 = a 4 .  Risoluzione. (Esercizio 3) In qualche modo si sa che la somma `e la media aritmetica (a 1 + a n )/2 tra il primo e l’ultimo moltiplicata per il numero dei termini, e quindi `e n(a 1 + a n )/2; si veda alla fine.

Se m = 2k − 1 `e il k−esimo numero dispari la somma degli n numeri dispari m, . . . , m + 2(n − 1) `e quindi

n m + m + 2(n − 1)

2 = n (m + n − 1) = n (2k − 2 + n).

Imponendo l’uguaglianza di questo con n ^p si trova l’equazione nell’incognita k n ^p−1 = 2k − 2 + n;

con unica soluzione razionale k = (2 − n + n ^p−1 )/2; occorre vedere che k `e intero positivo; la positivit` a `e ovvia, resta solo da vedere che 2 − n + n <sup>p−1</sup> `e pari, che `e immediato, dato che 2 `e pari e n ^p−1 ed n hanno la stessa parit` a (p − 1 ≥ 1).

Mostriamo ora che a 1 + · · · + a n = n (a 1 + a n )/2 se gli a k sono in progressione aritmetica. un modo per vederlo pu` o essere quello attribuito a Gauss studente di scuola elementare: si accoppiano il primo e l’ultimo termine, il secondo ed il penultimo, e cos`ı via, osservando che le somme di queste coppie sono fra loro uguali, tutte uguali ad a 1 + a n ; se n = 2k `e pari ci sono k coppie, con somma k(a 1 + a n ), se n = 2k + 1 `e dispari si hanno k coppie ed in pi` u il termine a k+1 = (a 1 + a n )/2, per cui la somma viene k(a 1 + a n ) + (a 1 + a n )/2 = (k + 1/2)(a 1 + a n ), in ogni caso (n/2)(a 1 + a n ).  Risoluzione. (Esercizio 4) Deve essere p(n + 1) − p(n) = (n + 1) ³ per ogni intero positivo, e quindi p(x + 1) − p(x) = (x + 1) ³ per ogni x reale. Si ha ora

p(x + 1) − p(x) =a 4 ((x + 1) ⁴ − x ⁴ ) + a 3 ((x + 1) ³ − x ³ ) + a 2 ((x + 1) ² − x ² ) + a 1 ((x + 1) − x) = a 4 (4x ³ + 6x ² + 4x + 1) + a 3 (3x ² + 3x + 1) + a 2 (2x + 1) + a 1 =

1

4a 4 x ³ + (6a 4 + 3a 3 )x ² + (4a 4 + 3a 3 + 2a 2 )x + (a 4 + a 3 + a 2 + a 1 ).

Tale polinomio deve coincidere con il polinomio (x + 1) ³ = x ³ + 3x ² + 3x + 1 e quindi, per il principio di identit` a si ha

4a 4 = 1, 6a 4 + 3a 3 = 3, 4a 4 + 3a 3 + 2a 2 = 3, a 4 + a 3 + a 2 + a 1 = 1, sistema lineare di immediata risoluzione (unica):

a 4 = 1

4 , a 3 = 1

2 , a 2 = 1

4 , a 1 = 0.

Si ha quindi p(x) = x ⁴ /4 + x ³ /2 + x ² /4 + a 0 ; la condizione p(1) = 1 porge a 0 = 0, per cui il polinomio richiesto `e

p(x) = x ⁴ 4 + x ³

2 + x ² 4 = x ²

4 (x + 1) ² .

Naturalmente il polinomio p(x+ 1)−p(x) si esprimeva anche con la formula di Taylor, senza sviluppare le potenze:

p(x + 1) − p(x) = p ^′ (x) 1 + p ^′′ (x)

2 1 + p ^′′′ (x) 6 1, cio`e

p(x + 1) − p(x) = (a 1 + 2a 2 x + 3a 3 x ² + 4a 4 x ³ ) + 2a 2 + 6a 3 x + 12a 4 x ²

2 + 6a 3 + 24a 4 x

6 ,

 Risoluzione. (Esercizio 5) (i) f ◦ p a (x) = 2 ^x

e p a ◦ f(x) = (2 ^x ) ^a = 2 ^ax . (ii)x ^ab

(iii) L’ipotesi dice che f (x ^a ) = (f (x)) ^a per ogni x > 0 e per ogni a. Fissato x > 0 si prende in questa formula 2 in luogo di x e log ₂ x in luogo di a ottenendo:

f (x) = f (2 ^log

^x ) = (f (2)) ^log

^x per ogni x > 0.

Se f (2) = 2 ^b con b = log ₂ f (2) si ha

f (x) = (2 ^b ) ^log

^x = 2 ^{b log}

^x = 2 ^log

^(x

⁾ = x ^b = p b (x), per ogni x > 0.

 Risoluzione. (Esercizio 6) Si ha f (x, y) = (x, y) se e solo se x MCD(x, y) = x, e cio`e se e solo se MCD(x, y) = 1, in altre parole x ed y sono primi fra loro. Iniettivit` a: la seconda componente `e tenuta ferma da f , e quindi si deve provare che se x 1 , x 2 , y sono interi non minori di 2 tali che

x 1 MCD(x 1 , y) = x 2 MCD(x 2 , y)

allora x 1 = x 2 . Infatti, se fosse x 1 > x 2 allora esisterebbe un primo p tale che p compare con esponente a > 0 nella fattorizzazione di x 1 , con esponente b, dove 0 ≤ b < a, nella fattorizzazione di x ² . Supponiamo che p compaia in y con esponente c ≥ 0. Allora l’esponente di p nella fattorizzazione di x ¹ MCD(x 1 , y)

`e a + min{a, c}, mentre nella fattorizzazione di x <sup>2</sup> MCD(x 2 , y) `e b + min{b, c} < a + min{a, c}, aven- dosi min{b, c} ≤ min{a, c}, ma b < a. L’unicit`a della fattorizzazione dice che allora x ¹ MCD(x 1 , y) 6=

x 2 MCD(x 2 , y).

Infine `e chiaro che f non `e suriettiva: dato un primo p, la coppia (p, p) non `e nell’immagine di f ; infatti MCD(x, p) vale 1 oppure p; nel primo caso quindi x non `e divisibile per p, quindi x MCD(x, p) = x 6= p;

nel secondo x MCD(x, p) `e divisibile per p <sup>2</sup> , e non pu` o essere p.  Risoluzione. (Esercizio 7) Esiste una sola n−pla di sole teste ed una sola n−pla di sole croci; le n−ple sono 2 ⁿ , quindi sono 2 ⁿ − 2 le n−ple in cui c’`e sia testa che croce, e la probabilit`a `e (2 <sup>n</sup> − 2)/2 <sup>n</sup> = 1 − 1/2 <sup>n−1</sup> . Le n−ple con esattamente una testa sono n (una sola in cui testa appare esattamente al k−esimo posto), e c’`e la n−pla con solo croci, quindi in tutto 1 + n con probabilit`a 1/2 <sup>n</sup> + n/2 <sup>n</sup> . Dire che i due eventi si verificano insieme vuol dire che testa compare esattamente una volta, evento che come sopra osservato ha probabilit` a n/2 ⁿ . L’indipendenza si ha se e solo se

n 2 ⁿ =

 1 − 1

2 ⁿ⁻¹

 1 + n

2 ⁿ ⇐⇒ 2 ⁿ n = (2 ⁿ − 2)(1 + n) ⇐⇒ 2 ⁿ n = (n + 1)2 ⁿ − 2 − 2n, insomma se e solo se

2 ⁿ = 2 + 2n,

verificata se n = 3, e solo per esso (per n = 4 si ha 16 > 2 + 2 · 4 = 10; ammesso che sia 2 ^k > 2 + 2k con

k ≥ 4 si ha 2 ^k+1 = 2 2 ^k > 2(2 + 2k) = 4 + 4k > 2 + 2k + 2k > 2 + 2k + 2 = 2 + 2(k + 1)). 

Risoluzione. (Esercizio 8) Riteniamo che la lattina si raddrizzi se l’angolo formato dalla base con il piano orizzontale permette alla verticale per il baricentro di cadere entro la proiezione della base stessa sul piano orizzontale; `e una supposizione ragionevole, almeno per basi non troppo strette. L’angolo α di cui si parla `e anche l’angolo fra la verticale e l’asse del cilindro, asse su cui `e il baricentro della lattina, a distanza h/2 dalla base. La base si proietta in un’ellisse di semiasse maggiore r cos α, e sulla semiretta di questo semiasse `e la proiezione del baricentro della lattina, a distanza (h/2) sin α dal centro dell’ellisse.

La lattina si raddrizza se si ha (h/2) sin α ≤ r cos α, equivalentemente tan α ≤ 2r

h ⇐⇒ α ≤ arctan(2r/h).

La probabilit` a che una lattina si raddrizzi `e, sperimentalmente, maggiore o uguale a 2/3. Tale probabilit` a si stima in modo teorico, per quanto appena visto, come arctan(2r/h)/(π/2). Si ha insomma

arctan(2r/h)

π/2 ≥ 2

3 ⇐⇒ arctan(2r/h) ≥ π

3 ⇐⇒ 2r h ≥ √

3 ⇐⇒ r h ≥

√ 3 2 .



(a, b)

(ξ, 0) α

Figura 1. Raggio che si chiude.

Risoluzione. (Esercizio 9) Si intuisce che dovr` a essere 0 < ξ < a (il caso ξ ≥ a porta il raggio sempre pi`u lontano). La pendenza della retta che congiunge (a, b) con (ξ, 0) `e b/(a − ξ); il raggio si riflette in (ξ, 0) lungo la retta simmetrica di questa rispetto all’asse delle ascisse, retta con coefficiente angolare opposto del precedente e quindi di equazione

y = −b

a − ξ (x − ξ);

tale retta incontra y = mx in (¯ x, m¯ x), dove ¯ x `e la soluzione di mx = −b

a − ξ (x − ξ) cio`e ¯x = bξ m(a − ξ) + b . La simmetrica rispetto alla retta y = mx di una retta di pendenza t ha pendenza

t ^′ = 2m − (1 − m ² )t (1 − m ² ) + 2mt ; (vedi dopo); sostituendo in tale formula t = −b/(a − ξ) si ottiene

t ^′ = 2m(a − ξ) + (1 − m ² )b (1 − m ² )(a − ξ) − 2mb .

ne segue che dopo la seconda riflessione il raggio sta sulla retta di equazione y − m bξ

m(a − ξ) + b = 2m(a − ξ) + (1 − m ² )b (1 − m ² )(a − ξ) − 2mb



a − bξ

m(a − ξ) + b

 , imponendo il passaggio per (a, b) troviamo un’equazione da cui ricavare ξ:

((1 − m ² )(a − ξ) − 2mb)(b(m(a − ξ) + b) − m b ξ) = (2m(a − ξ) + (1 − m ² )b)(a(m(a − ξ) + b) − b ξ).

Scriviamo tutto in termini di t = a−ξ: il termine b(m(a−ξ)+b)−m b ξ) si riscrive bmt+b ² +mbt−mba = 2mbt + b(b − ma) mentre (a(m(a − ξ) + b) − b ξ) = amt + ab + bt − ba = t(am + b); l’equazione diventa

((1 − m ² )t − 2mb)b(2mt + b − ma) = (2mt + (1 − m ² )b)t(am + b);

portando tutto a secondo membro e ordinando con le potenze di t ² si ottiene

(2m(am + b) − 2mb(1 − m ² ))t ² + ((1 − m ² )b(am + b) + 4m ² b ² − b(1 − m ² )(b − ma))t + 2mb ² (b − ma) = 0;

il coefficiente di t si semplifica in 2bm(a(1 − m ² ) + 2bm), quello di t ² in 2m ² (b + am) e l’equazione diventa:

m(bm + a) t ² + b(a(1 − m ² ) + 2bm)t + b ² (b − ma) = 0;

Il discriminante `e (omettendo alcuni calcoli!)

b ² (a − am ² + 2bm) ² − 4m(bm + a)b ² (b − ma) =

b ² (a ² + a ² m ² + 4b ² m ² − 2a ² m ² + 4abm − 4abm ³ ) − 4mb ² (b ² m − m ² ab + ab − ma ² ) = . . . a ² b ² + 2a ² b ² m ² + a ² b ² m ⁴ = (ab) ² (1 + m ² ) ² ,

e le radici sono quindi

t = −b(a − am ² + 2bm) ± ab(1 + m ² ) 2m(bm + a)

con il segno + si ha

t = a − ξ = abm ² − 2b ² m + abm ²

2m(bm + a) = b am − b bm + a , e si noti cha b < am, quindi la soluzione `e positiva. Con il segno − si ottiene

t = a − ξ = −ba + bam ² − 2b ² m − ab − abm ²

2m(bm + a) = − b

m

negativa e quindi non accettabile dovendo essere a−ξ > 0 (del resto, a−ξ = −b/m porge m(a−ξ)+b = 0;

questa soluzione `e stata aggiunta eliminando i denominatori sopra). Resta quindi solo la soluzione t = a − ξ = b(ma − b)

bm + a , che `e unica; da qui si ottiene

ξ = a − b(ma − b)

bm + a = abm + a ² − bma + b ²

bm + a = a ² + b ²

mb + a (m = tan α).

Resta da dimostrare l’asserzione fatta sulla pendenza della simmetrica di y = tx rispetto ad y = mx.

Preso un punto (x, y) non sulla retta y = mx, il suo simmetrico (x ^′ , y ^′ ) rispetto a tale retta si trova imponendo che ((x + x ^′ )/2, (y + y ^′ )/2) stia su y = mx, cio`e sia (y + y <sup>′</sup> )/2 = m(x + x <sup>′</sup> )/2 ed il segmento che ha (x, y) ed (x <sup>′</sup> , y <sup>′</sup> ) come estremi sia ortogonale ad y = mx: cio`e (y ^′ − y)/(x ^′ − x))m + 1 = 0; si ha il sistema

−mx ^′ + y ^′ = mx − y; x ^′ + my ^′ = x + my da cui x ^′ = (1 − m ² )x + 2my

1 + m ² ; y ^′ = 2mx − (1 − m ² )y 1 + m ² , coordinate del punto simmetrico di (x, y) rispetto alla retta di equazione y = mx. Se prendiamo il punto (x, y) sulla retta y = tx, ad esempio (1, t), la retta simmetrica ha pendenza

y ^′

x ^′ = 2m − (1 − m ² )t (1 − m ² ) + 2mt , come sopra asserito.

Soluzione alternativa Una soluzione assai pi` u rapida ed elegante si ha nel modo seguente: prendiamo il simmetrico della sorgente rispetto allo specchio i base, e cio`e (a, −b), ed il simmetrico anche rispetto all’altro specchio, che `e come sopra visto il punto di coordinate

(1 − m ² )a + 2mb

1 + m ² ; 2ma − (1 − m ² )b 1 + m ² ;

se prendiamo la retta congiungente questi due punti, l’intersezione (ξ, 0) di essa con l’asse delle ascisse fornisce il punto cercato. La retta ha equazione

y + b

(2ma − (1 − m ² )b)/(1 + m ² ) + b = x − a

((1 − m ² )a + 2mb)/(1 + m ² ) − a , cio`e

y + b

a + mb = x − a

b − ma ,

da cui, posto y = 0:

ξ = a + b b − ma

a + mb = a ² + mba + b ² − mba

a + mb = a ² + b ² a + mb .

 Risoluzione. (Esercizio 10) Se [x] indica la parte intera di x ed f (x) = log x, dalla crescenza del logaritmo e dalle disuguaglianze [x] ≤ x ≤ [x] + 1 si ha f[x] ≤ f(x) ≤ f([x] + 1) per ogni x ≥ 1, con disuguaglianze strette se x non `e intero, e quindi, per ogni intero n ≥ 2:

Z n 1

f ([x]) dx <

Z x 1

f (x) dx <

Z n 1

f ([x] + 1) dx;

`e ovvio che il primo integrale `e P n−1

k=1 log k mentre l’ultimo `e P n

k=2 log k e quello centrale `e Z n

1

log x dx = [x log x] ⁿ 1 − Z n

1 dx = n log n − (n − 1);

quindi

n−1

X

k=1

log k < n log n − n + 1 <

n

X

k=2

log k;

l’ultima somma scritta coincide con log n!, la prima `e log n! − log n; `e ovvio che da a < c < b segue 0 < b − c < b − a, e quindi le disuguglianze richieste sono provate.

Prendendo l’esponenziale delle disuguaglianze date si ha

1 < e log(n!)−(n log n−n+1) < e ^{log n} cio`e 1 < n!

e ^{n log n} e ^{− n+1} < n, che si riscrive

1 < e ⁿ⁻¹ n!

n ⁿ < n da cui 1 < e ^1−1/n

√

n!

n < √

n.

`e ben noto che si ha lim n→∞ √

n = lim n→∞ e ^{log n/n} = e ⁰ = 1. Per il teorema dei carabinieri il limite lim n→∞ e ^1−1/n √

n!/n esiste e vale 1; e dato che si ha lim n→∞ e ^1−1/n = e si ottiene infine

n→∞ lim

√

n!

n = 1 e .