Prova scritta di matematica

Scuola Galileiana di Studi Superiori Classe di Scienze Naturali - A. A. 2017-2018

Prova scritta di matematica

Il candidato svolga quanti più possibile dei seguenti sei esercizi.

Esercizio 1.

a) Ad una caccia al tesoro partecipano 2n persone, con n intero:'.:: 3. Vengono suddivise in n coppie. Per ogni coppia viene stabilito un "capo". Ad una delle coppie viene dato il compito di fare i giudici, e anche fra loro uno dei due sarà il giudice capo e l'altro sarà l'assistente. In quanti modi diversi si può organizzare questa caccia al tesoro? [Nota: due organizzazioni si considerano uguali se e solo se gli n capi sono gli stessi, ciascun capo ha lo stesso compagno di squadra, e inoltre il ruolo di giudice è affidato alla stessa squadra].

b) Più in generale: ad una caccia al tesoro partecipano n

+

k persone, con n, k interi tali che 3 ~ k < n. Vengono suddivisi ìn k squadre (non è detto che ogni squadra abbia lo stesso numero di persone, ma ogni squadra ha almeno due persone). All'interno di ogni squadra c'è un preciso ordine gerarchico: per esempio se in una squadra ci sono j persone, ad ognuna viene dato un numero da 1 a j (il numero 1 è il capo, il numero j ...

prende ordini da tutti). Ai partecipanti di una delle squadre tocca fare da giudici, sempre mantenendo il loro ordine gerarchico. Fissati n e k come sopra, in quanti modi diversi si può organizzare questa caccia al tesoro? [Nota: due organizzazioni si considerano uguali se e solo se i k capi sono gli stessi, ciascun capo ha gli stessi compagni di squadra con lo stesso ordine gerarchico, e inoltre il ruolo di giudice è affidato alla stessa squadra].

Esercizio 2.

Sia

f :

[O, 1] ----+ [O, 1] la funzione definita così: .f(x) = 2x sex E [O, ~] e .f(x) = 2 - 2x se X E [i, 1]. Per ogni numero naturale positivo n chiamiamo

r

la funzione

f

o

f

o ... o

f

(ossia

f

composta con se stessa n volte).

a) Trovare i punti di massimo e di minimo di j3 nell'intervallo [O, 1].

b) Data una coppia di interi positivi n > m, determinare quanti sono gli x E [O, 1] tali che .tn(x) = fm(x).

c) Date due funzioni continue g, h : [O, 1] ----+ [O, 1] tali che ho g = go h, dimostrare che esiste un punto x E [O, 1] tale che h(x) = g(x).

Esercizio 3.

Sia

f :

JR ----+ JR una funzione dotata di derivate prima e seconda continue e sia x E JR

un punto tale che f'(x) = O e f"(x) > O. Si dimostri che si può trovare un intervallo I = (x - a, i+ b) con a, b > O che ha la seguente proprietà: VE> O per il quale l'intervallo (i - E, i+ E) è contenuto in I, esiste e E JR tale che l'insieme {x E Il .f(x) < e} sia ~111 intervallo non vuoto contenuto nell'intervallo (x - E, i+ E).

Si consideri un punto A all'interno di un cerchio di raggio r, e sia a la sua distanza dal centro O con O < ^a < ^r. Si considerino poi due punti B e C sulla circonferenza, tali

-- -

che i punti A, B e C non siano allineati ed inoltre gli angoli ABO e OBC siano uguali

-- -

fra loro e anche gli angoli AGO e OCB siano uguali fra loro. Chiamiamo F l'intersezione fra la retta che contiene BO e la retta parallela a BC passante per A (vedi figura). Qual è, in funzione di a e dir, la lunghezza di AF?

Esercizio 5.

Sia P1 un cubo di lato 1 e sia P₂ una piramide retta di altezza 1 e base quadrata di lato 2. Consideriamo inoltre il solido Q1 costituito da tutti i punti dello spazio che hanno una distanza da P1 minore o uguale ad 1 (quindi vale P1

e

Q1 ). In maniera analoga sia Q2 il solido costituito da tutti punti dello spazio che hanno una distanza da P2 minore o uguale ad 1.

a) Calcolare il volume e la superficie del solido Q1 .

b) Calcolare il volume e la superficie del solido Q2.

Esercizio 6.

Un biliardo quadrato è definito dall'insieme del piano cartesiano:

D

=

{(x, y) E R^{2 :} x E [O, 1] e y E [O, 1]}

e dal moto di un punto P che si mantiene rettilineo uniforme all'interno di D subendo una riflessione elastica ogni qualvolta esso arriva al bordo; il moto di P termina alla prima collisione con un vertice del quadrato. Si denoti con s E [O, 4] la lunghezza d'arco misurata sul bordo 1 del quadrato a partire dal vertice di coordinate (O, O) in senso orario e con B E (-7r /2, ^7f /2) l'angolo di incidenza su 1 (si veda la figura). Si considerino soli moti incidenti sul lato verticale sinistro con s E (O, 1) e B E (O, ^7f /2) e si denoti con S0 il sottoinsieme di tali dati iniziali ( s, B) per i quali il moto di P termina su un vertice del biliardo.

a) Sia:

. 1 Bo = arcsm r:1ri1"

V 101

Si verifichi se esistono valori di s E (O, 1/10) tali per cui (s, B0) appartiene all'insieme S0 .

b) Si consideri:

So= -1

J2

determinare un insieme di cardinalità infinita di valori di B tali per cui il moto con dati iniziali (s0, B) è periodico, ovvero si ripete dopo un certo numero di riflessioni al bordo.

c) Determinare ] 'insieme S_{0 .}

y

p

o

X

Tracce delle soluzioni della II prova scritta di matematica 2017

Esercizio 1.

Punto a): in _n−1²ⁿ
modi si possono scegliere i capisquadra delle n − 1 squadre (esclusa la squadra dei giudici). Tali capisquadra possono essere ordinati fra di loro in un modo a nostra scelta (per es. in ordine alfabetico): C₁, C₂, ...., C_n−1. Adesso possiamo ordinare le n squadre nel seguente modo. La prima squadra `e quella dei giudici, dopodich´e mettiamo in ordine le altre squadre in base all’ordine alfabetico dei caposquadra:

(∗, ∗), (C₁, ∗), (C₂, ∗), . . . , (C_n−1, ∗)

Ci sono dunque n + 1 posizioni contrassegnate da ∗ che dobbiamo riempire, e dobbiamo posizionarvi gli n + 1 partecipanti che rimangono. Ci sono (n + 1)! modi di fare ci`o, e ad ogni modo corrisponde una diversa organizzazione del gioco. In conclusione la risposta `e:

(n + 1)!

 2n n − 1



Punto b): in ^n+k_k−1
modi si possono scegliere i capisquadra delle k−1 squadre (esclusa la squadra dei giudici). Dopodich´e le squadre si possono ordinare come nel punto precedente (prima la squadra dei giudici, poi le altre squadre ordinate per esempio in base all’ordine alfabetico dei capisquadra). Stavolta per`o non sappiamo quante persone ci sono nelle varie squadre. Se sapessimo che nella squadra di C₁ ci sono c₁ concorrenti oltre al capitano, in quella di C2 ci sono c2 concorrenti oltre al capitano, etc..(e dunque in quella dei giudici ci sono c0 = n + 1 − c1− c1− · · · − ck−1 concorrenti, incluso il capitano) avremmo, come nel caso precedente, una lista di n + 1 asterischi da sostituire con le n + 1 persone non scelte. Per trovare il numero richiesto bisogna dunque contare tutte le possibili scelte dei numeri c0, c1, c2, ..., ck−1 e poi moltiplicare per ^n+k_k−1
(n + 1)!.

Suppongo ora di avere n + 1 biglie, di cui k − 1 nere e n − k + 2 bianche, e le dispongo in fila in modo che nelle prime due posizioni a sinistra della fila ci siano due palline bianche.

Ad ognuna di tali file corrisponde una scelta valida dei numeri c₀, c₁, ..., c_k−1, nel seguente modo: c₀ `e il numero delle palline bianche che trovo, contando da sinistra, prima di trovare la prima pallina nera; c1 `e il numero di palline che trovo, a partire dalla prima pallina nera (che conto), prima di incontrare la seconda pallina nera, che non conto; e cos`ı via.

Dunque contare tutte le possibili scelte dei numeri c₀, c₁, c₂, ..., c_k−1 equivale a contare la file di n + 1 biglie, di cui k − 1 nere e n − k + 2 bianche, in cui le prime due posizioni della fila siano bianche. Questo a sua volta equivale a contare tutti i modi di scegliere, fra le n − 1 posizioni della fila restanti, le k − 1 posizioni dove porr`o una pallina nera, ossia <sup>n−1</sup><sub>k−1</sub>
modi. In conclusione la risposta `e

n − 1n + k

(n + 1)!

Esercizio 2.

a) Nella figura qui sotto ci sono i grafici della funzione f (a sinistra), f² (al centro), e f³ (a destra), ottenibili con semplici osservazioni. Si ricava che i punti di minimo di f³

1

1 0

1

1 0

1

1 0

sono 0,¹₄,¹₂,³₄, 1 e quelli di massimo sono ¹₈,³₈,⁵₈,⁷₈.

b) Si tratta di contare i punti di intersezione fra i rispettivi grafici. Per ottenere il grafico di fⁿ basta sostituire ogni triangolo nel grafico di f^m con 2^n−m triangoli, i cui lati hanno pendenza (in valore assoluto) maggiore. Contiamo innanzitutto i punti di intersezione che hanno ordinata diversa da 0. Il triangolo del grafico vecchio interseca i 2^n−m triangoli del grafico nuovo in 2 · 2^n−m− 2 punti con ordinata diversa da 0. Poich`e questo avviene per ciascuno dei 2<sup>m−1</sup> triangoli del grafico di f<sup>m</sup>, il numero totale delle intersezioni con ordinata diversa da 0 `e:

(2 · 2^n−m− 2)2^m−1 = 2ⁿ− 2^m

A questi vanno aggiunti i punti intersezione con ordinata uguale a 0, che sono i punti di minimo del grafo di f^m, e sono dunque 2^m−1 + 1. Il totale `e

2ⁿ− 2^m+ 2^m−1+ 1 = 2ⁿ− 2^m−1 + 1

c) La funzione g − h `e continua. Supponiamo per assurdo che non esista nessun x tale che h(x) = g(x), questo equivale a dire che g −h non si annulla mai. Allora `e strettamente positiva o strettamente negativa. Diciamo che sia strettamente positiva (l’altro caso `e analogo). Visto che ammette un minimo m sull’intervallo chiuso [0, 1], vale dunque che per ogni x ∈ [0, 1]

g(x) − h(x) ≥ m > 0 Allora per ogni x ∈ [0, 1]

g²(x) = g(g(x)) ≥ h(g(x)) + m = g(h(x)) + m ≥ h²(x) + 2m

dove per scrivere il secondo = si `e usata l’ipotesi h ◦ g = g ◦ h. Per induzione si dimostra (sostanzialmente ripetendo il passaggio scritto sopra) che

gⁿ(x) ≥ hⁿ(x) + nm

per ogni n ≥ 1 e per ogni x ∈ [0, 1]. Dato che le funzioni hⁿ hanno valori in [0, 1], la disuguaglianza appena scritta implica che per ogni x ∈ [0, 1]

n→+∞lim gⁿ(x) = +∞

che `e assurdo visto che anche le funzioni gⁿ hanno valori in [0, 1].

Esercizio 3. Una possibile soluzione.

Bisogna fare una figura e capire che basta prendere I in modo che non contenga alcun massimo relativo di f e in modo che, per esempio, f (¯x − a) = f (¯x + b).

Che un tale intervallo esista segue dal fatto che, per le ipotesi fatte, vi `e certamente un intervallo J che contiene ¯x nel quale f `e strettamente decrescente a sinistra di ¯x e strettamente crescente a destra di ¯x. [Se si vuole dimostrarlo basta osservare che, per la continuit`a (e dunque la permanenza del segno) di f<sup>00</sup> essa `e positiva in un intervallo J che contiene ¯x. Allora f `e convessa in J . Oppure, invece della convessit`a, questo si pu`o dedurre da f<sup>0</sup>(x) = f<sup>0</sup>(¯x) + f<sup>00</sup>(¯x)(x − ¯x) + ..., che mostra che f<sup>0</sup> `e positiva a destra e vicino a ¯x e negativa a sinistra e vicino a ¯x]. Si possono allora trovare due punti ¯x − a, ¯x + b ∈ J nei quali f assume lo stesso valore. [La dimostrazione di quest’ultima osservazione `e facile].

Sia allora I = (¯x − a, ¯x + b). Allora (¯x − , ¯x + ) ⊂ I se  ≤ min(a, b). Per ogni tale  si prende c = min f (¯x − ), f (¯x + )
. Allora l’insieme {x ∈ I| f (x) < c} `e contenuto in (¯x − , ¯x + ) e, siccome c > f (¯x), non `e vuoto.

Esercizio 4. Una possibile risoluzione.

Il triangolo BOC `e isoscele, dato che due dei suoi lati sono raggi, quindi i quattro angoli [ABO, \OBC, [ACO, \OCB sono uguali e chiameremo α la loro ampiezza. Si ricava che il triangolo ABC `e isoscele. Allora A e O giacciono sull’asse s del segmento BC.

Si costruisce la circonferenza di diametro 2a e centro in A; sia M l’altra intersezione di tale semicirconferenza con la retta che contiene OB; sia N l’altra intersezione di tale circonferenza con la retta che contiene AO (vedi figura). Consideriamo il triangolo NOM.

O

B C F

A M N

E retto in M , perch´` e l’angolo \OM N sottende un diametro, ed `e simile al triangolo OF A, dato che hanno un angolo non retto in comune. Abbiamo dunque

OF : ON = OA : OM ovvero

OF : 2a = a : OM

Dunque OF · OM = 2a². Ora osserviamo che il triangolo AOM `e isoscele, e anche ABF

`

e isoscele: infatti gli angoli [ABF e [AF B sono entrambi uguali a α = \OBC, il primo per ipotesi, il secondo perch`e si tratta di angoli alterni interni rispetto a due rette parallele.

Da queste informazioni si ricava che i triangoli AF M e AOB sono congruenti, e dunque F M = OB = r.

In conclusione abbiamo due equazioni che coinvolgono OF e OM : OF − OM = r

OF · OM = 2a² da cui si ricava

OF²− rOF − 2a² = 0 la cui unica soluzione positiva `e

OF = r +√

r²+ 8a² 2

La lunghezza di AF si pu`o adesso immediatamente ricavare usando il teorema di Pitagora:

AF =√

OF²− a²

Esercizio 5.

(a) A ciascun punto di Q₁ possiamo associare il punto di P₁ che `e quello pi`u vicino, sia Φ l’applicazione che realizza tale associazione. Dato un punto A appartenente a Q1

allora vale una delle seguenti cose:

(i) Il punto A `e un punto interno al cubo

(ii) Il punto Φ(A) `e un punto interno ad una faccia (iii) Il punto Φ(A) `e un punto interno ad uno spigolo (iv) Il punto Φ(A) `e un vertice del cubo

I punti di tipo (i) formano un cubo di lato 1.

I punti di tipo (ii) formano 6 cubi di lato 1.

I punti di tipo (iii) formano 12 spicchi di cilindro con altezza 1, raggio 1 e angolo 90^◦. I punti di tipo (iv) formano 8 spicchi di sfera di raggio 1, tali che tutt’insieme formano una sfera di raggio 1.

Per il volume totale basta sommare i quattro contributi.

V_Q1 = 1 + 6 + 3π + 4

3π = 7 +13 3 π

Per calcolare la superficie bisogna sommare le superfici dei solidi descritti sopra che sono superficie anche di Q1.

S_Q1 = 0 + 6 + 6π + 4π = 6 + 10π

(b) Per quanto riguarda riguarda la seconda parte si procede in maniera simile alla prima. Sia ora Φ l’applicazione che associa ad ogni punto A di Q₂ il punto di P₂ pi`u vicino. Allora dato un punto A appartenente a Q₁ vale una delle seguenti cose:

(i) Il punto A `e un punto interno alla piramide (ii) Il punto Φ(A) `e un punto interno ad una faccia (iii) Il punto Φ(A) `e un punto interno ad uno spigolo (iv) Il punto Φ(A) `e un vertice della piramide

I punti di tipo (i) formano la piramide P₂.

I punti di tipo (ii) formano un cubo di lato 1 e quattro prismi di altezza 1 e base triangolare con lati√

3, √ 3 e 2.

I punti di tipo (iii) formano 8 spicchi di cilindro, i 4 spicchi associati agli spigoli della base hanno altezza 2, raggio 1 e angolo 135^◦ mentre i 4 spicchi di cilindro associati agli spigoli laterali hanno altezza√

3 raggio 1 e angolo 60^◦.

I punti di tipo (iv) formano 5 spicchi di sfera di raggio 1, tali che tutt’insieme formano una sfera di raggio 1.

V_Q2 = 4 3 +

4 + 4√ 2

+



3π + 2 3π√

3

 +4

3π = 16 3 + 4√

2 + 13 + 2√ 3 3

! π

S_Q2 = 0 + (4 + 4√ 2) +



6π + 4 3π√

3



+ 4π = 4 + 4√

2 + 10π + 4 3π√

3

Esercizio 6.

Si pu`o a piacimento intepretare il moto come definito solo per tempi ≥ 0 oppure come definito per tutti i tempi, sia positivi che negativi. Entrambe le scelte sono valide, ma portano a piccole differenze tecniche nella risposta. Qui, come del resto suggerito dalla figura, facciamo la prima scelta.

(i) Anzich´e riflettere la traiettoria di P , ad ogni collisione con un lato (ma non con un vertice) si pu`o riflettere il piano cartesiano attorno (alla retta passante per) quel lato e prolungare la traiettoria, che cos`ı diventa una semiretta del piano.¹ La traiettoria incontra un vertice se e solo se la semiretta cos`ı costruita passa per un punto del piano di coordinate intere (m, n) con, poich`e 0 < θ₀ < π/2, m < 0 ed n > 0. Dunque un dato iniziale (s, θ₀) appartiene ad S₀ se e solo esistono due interi m < 0 ed n > 0 tali che

s − m tan θ₀ = n ovvero

tan θ0 = s − n

m = n − s

|m| .

Per il valore di θ₀ in considerazione, tan θ₀ = ₁₀¹ e questa condizione d`a s = 10n − |m|

10 .

Siccome tutti i valori positivi assunti da ^10n−|m|₁₀ sono ≥ ₁₀¹, la risposta alla domanda `e negativa.

(ii) La composizione di due delle riflessioni attorno ai lati paralleli all’asse y di cui al punto (i) `e una traslazione del piano di −2 parallela all’asse x, e similmente per quelle attorno ai lati paralleli all’asse y. Dunque, per ogni scelta degli interi positivi p, q, vi `e una trasformazione del piano di cui al punto (i) che `e la traslazione

(x, y) 7→ (x − 2p, y + 2q)

(`e costituita dalla composizione di 2p riflessioni attorno ai lati paralleli all’asse x e 2q riflessioni attorno ai lati paralleli all’asse y).

Quindi, se il prolungamento della traiettoria corrispondente ad un moto con dato ini- ziale (x, y) = (0, s) ed angolo di incidenza θ₀ arriva, senza incontrare punti corrispondenti ai vertici del quadrato, fino ad un punto del piano di coordinate (−2p, s + 2q) con p, q interi positivi, allora tale moto `e periodico.

Una famiglia infinita di traiettorie periodiche `e allora costituita dai moti che partono dal punto (x, y) = (0, s₀) con angoli di incidenza

θ = arctanp q

ove p e q sono interi positivi qualunque. Infatti la semiretta associata a ciascuno di tali moti incontra un punto di coordinate intere e, siccome s₀ = 1/√

2, per quanto visto al punto (i) non incontra vertici.

(iii) Per quanto visto al punto (i), S₀ = [

s∈(0,1)

[

m,n∈Z, m≤−1, n≥1



s, arctans − n m

 .