CLASSE DI SCIENZE NATURALI ANNO ACCADEMICO 2005–2006 PROVA SCRITTA DI MATEMATICA
Risolvere quanti pi`u possibile dei seguenti quesiti. Anche risoluzioni parziali vengono valutate.
Esercizio1. Durante una gita in montagna un gruppo di ragazzi si imbatte in un gruppo di ragazze, e finiscono la gita insieme. Alla fine della gita una ragazza racconta all’amica Caterina:
”Abbiamo incontrato un gruppo di ragazzi simpatici ed estroversi; alla fine della gita ognuno di loro aveva scambiato i numeri di cellulare con almeno la met`a di noi, mentre tra noi ragazze nessuna li ha scambiati con pi`u della met`a di loro”
Caterina, mente molto logica e pronta, dopo un attimo di riflessione dice:
”Se quanto mi dici `e vero, ciascuno di loro ha scambiato i numeri con esattamente la met`a di voi, e ciascuna di voi con esattamente la met`a di loro”
Ha ragione Caterina? ed `e vero che ciascuno dei due gruppi `e composto da un numero pari di persone?
Esercizio2. Un pedone cammina per 3,5 ore; durante ogni intervallo di un’ ora egli percorre esattamente 5 chilometri. Pu`o accadere che la sua velocit`a media sull’intero percorso sia diversa da 5km/ora?
Esercizio3. In un torneo di pallavolo ci sono n≥ 3 squadre, ciascuna delle quali gioca una volta contro ciascun’altra. Si sa che ci sono tre squadre A, B, C tali che A ha battuto B, B ha battuto C, e C ha battuto A. Dimostrare che allora ci sono almeno due squadre con lo stesso numero di vittorie.
Esercizio4. La figura mostra una finestra a vetri colorati: si ha un quadrato di lato a, si traccia un quadrato di lato x≤ a concentrico e con i lati paralleli ad esso (vedi figura), e si prendono quattro circoli passanti per i vertici del quadrato piccolo e tangenti ai lati del quadrato grande (per gli x≤ a per cui ci`o `e possibile); due circoli possono anche essere tangenti l’uno all’altro, ma non essere sovrapposti. I circoli ed il quadrato piccolo sono fatti di vetro colorato. Come si deve scegliere x perch´e l’area della parte colorata sia massima, oppure minima?
Figura 1. Finestra a vetri colorati.
Esercizio5. Data una parabola si tracci una corda per il fuoco (una corda di una parabola `e un segmento con gli estremi sulla parabola), e poi le tangenti alla parabola negli estremi della corda. Mostrare che queste tangenti sono ortogonali e si incontrano sulla direttrice.
Esercizio6. Si trovino tutte le funzioni f : R → R tali che per ogni polinomio di secondo grado p :R → R la funzione composta f(p(x)) `e ancora un polinomio di secondo grado (se `e utile per il metodo risolutivo usato, si pu`o supporre che f sia derivabile quante volte si vuole).
1
Pensiero Logico
Per la prova di pensiero logico i primi tre esercizi erano in comune; gli ultimi tre sono invece da sostituire con i seguenti
Esercizio4. In un’isoletta mediterranea poliglotta si parlano tre lingue: italiano, arabo, francese. Quelli che sanno l’italiano sono 400, quelli che sanno l’arabo sono 300, quelli che sanno il francese sono 400.
Inoltre, quelli che sanno sia italiano che arabo sono 50, quelli che sanno sia italiano che francese sono 100.
Dare una stima accurata, per eccesso e per difetto, del numero di abitanti dell’isola, mostrando anche che i limiti trovati possono essere effettivamente raggiunti.
Esercizio5. Una fabbrica produce pezzi che sono per il c = 20% difettosi. Per evitare di mettere sul mercato i pezzi difettosi si fa un test di collaudo. Anch’esso non `e del tutto preciso: riconosce un pezzo difettoso nel a = 99.5% dei casi, e scarta come difettosi lo b = 0.1% dei pezzi buoni. Che percentuale dei pezzi messi sul mercato sar`a difettosa? (dare una formula per tale percentuale in termini di a, b, c) Esercizio6. In una sala si sta svolgendo una riunione; i partecipanti sono equiripartiti ai lati di un tavolo quadrato. Viene portata nella sala una scatola con 95 caramelle, e viene fatta girare alcune volte;
ad ogni giro ogni partecipante prende una caramella, fino ad esaurimento delle stesse; l’ultima caramella tocca a chi aveva preso la quindicesima al primo giro.
Successivamente viene portata una scatola con 61 cioccolatini e si fa un’analoga distribuzione; un partecipante prende il primo e l’ultimo cioccolatino.
Quanti sono i partecipanti alla riunione?
Soluzioni
Risoluzione. (dell’esercizio della gita) Sia A l’insieme delle ragazze, B quello dei ragazzi; sia C il sot- toinsieme del prodotto cartesiano A× B formato dalle coppie (a, b) che si sono scambiate il numero di cellulare; sia m =|A|, n = |B| (numeri degli elementi di A, B). Per ogni a ∈ A, l’insieme Ca delle coppie che hanno a come primo elemento non supera, per ipotesi, n/2; e poich´e C `e unione disgiunta dei Ca si ha|C| ≤ |A|(n/2) = mn/2, con uguaglianza solo se |Ca| = n/2 per ogni a ∈ A. Similmente, se Cb `e il sottoinsieme di C formato dalle coppie che hanno b∈ B come seconda componente, si ha |Cb| ≥ m/2 per ogni b ∈ B, e quindi |C| ≥ nm/2, con uguaglianza solo se |Cb| = m/2 per ogni b ∈ B. Quindi
|C| = mn/2, e m oppure n (o entrambi) sono pari, dato che |C| `e chiaramente un numero intero. Se m = 2k + 1 fosse dispari, per ogni b∈ B si avrebbe |Cb| ≥ k + 1/2, e quindi |Cb| ≥ k + 1 per ogni b ∈ B, da cui|C| ≥ (k + 1)n > nm/2, assurdo. Similmente si disprova che n possa essere dispari.
Risoluzione. (dell’esercizio del pedone) Non `e in generale vero. Sia t → s(t) la legge oraria del moto, con t tempo misurato in ore ed s spazio misurato in chilometri. La condizione si esprime allora dicendo che s(t + 1)− s(t) = 5, per ogni t tale che t, t + 1 ∈ [0, T ], dove T = 3, 5 ore. Basta fissare ad arbitrio una funzione crescente ¯s sull’ intervallo [0, 1], con ¯s(0) = 0 ed ¯s(1) = 5; questo determina la funzione s univocamente in tutto l’intervallo [0, T ]: in [0, 1[ si pone s(t) = ¯s(t); in [1, 2[ si pone s(t) = ¯s(t− 1) + 5, in [2, 3[ si pone s(t) = 10 + ¯s(t− 2); infine in [3, T ] si pone s(t) = 15 + ¯s(t − 3). La velocit`a media sull’intero percorso `e, in chilometri/ora:
V =s(T )− s(0)
T = 15 + ¯s(0, 5) 3, 5
quantit`a che vale 5 se e solo se si ha ¯s(0, 5) = 35/2− 15 = 2, 5, e possiamo facilmente concepire leggi ¯s per cui ci`o non accade.
Risoluzione. (dell’esercizio della pallavolo) Ogni squadra ha giocato n− 1 partite; se ad ogni squadra si associa il numero delle sue vittorie, si ha un numero intero compreso tra 0 ed n− 1; questi sono n numeri, tanti quante le squadre. Se supponiamo, per assurdo, che ogni squadra abbia un numero diverso di vittorie, una squadra ha avuto allora n− 1 vittorie, un’altra n − 2, un’altra ancora n − 3, ecc, ed infine una ha avuto 0 vittorie; elenchiamo le n squadre in quest’ordine, per numero di vittorie decrescenti, in cui la k−esima squadra ha n − k vittorie. A questo punto due procedimenti sono possibili.
Primo metodo Per induzione: se n = 3 la cosa `e ovvia. Come sopra si `e visto, se tutte le squadre avessero un numero di vittorie diverso, la n−esima squadra ha sempre perso; eliminando tale squadra, si ha un sottogirone ad n− 1 squadre, di cui chiaramente fanno parte le squadre A, B, C, ciascuna delle quali ha vinto almeno una partita; l’ipotesi induttiva permette di concludere.
Secondo metodo La prima squadra ha sempre vinto e battuto tutte le altre; la seconda `e stata battuta solo dalla prima, e batte le squadre 3,4, ecc. In generale, la k−esima squdra `e battuta dalle squadre 1, . . . , k− 1 e batte le squadre k + 1, . . . , n. Si comprende quindi che un terna come quella descritta non pu`o esistere: se A, B, C fossero rispettivamente la j, k, l−esima squadra e fosse j > k > l, A dovrebbe battere C, contro l’ipotesi.
Risoluzione. (Finestra) Se r `e il raggio di uno dei cerchi corrispondente al lato x, si vede facilmente che si ha
r + r
√2 =a− x
2 da cui r =
√2 2(√
2 + 1)(a− x);
l’area della parte colorata `e quindi
A(x) = x2+ 2π (√
2 + 1)2(a− x)2.
Cerchiamo i limiti di variabilit`a per x; mentre x pu`o essere vicino ad a quanto si vuole, per x piccolo i due cerchi tangenti ad uno stesso lato si toccano, ed al di sotto non si pu`o andare; i cerchi si toccano se 4r = a, e cio`e se
2√
√ 2
2 + 1(a− x) = a ⇐⇒ x =
1−
√2 + 1 2√
2
a =
√2− 1 2√
2 a = 2−√ 2 4 a.
Dobbiamo quindi trovare massimi e minimi della funzione A(x) sopra scritta nell’intervallo
((2−√
2)/4)a, a
.
Il grafico di A `e una parabola convessa il cui vertice ha ascissa data dalla soluzione dell’equazione
x = 2π
(√
2 + 1)2(a− x) ⇐⇒
1 + 2π
(√ 2 + 1)2
x = 2π
(√
2 + 1)2a ⇐⇒ x = 2π 3 + 2√
2 + 2πa.
E facile vedere che si ha`
2−√ 2
4 a < 2π 3 + 2√
2 + 2πa < a;
infatti la seconda disuguaglianza `e immediata, e la prima equivale a (2−√
2)(3 + 2√
2 + 2π) < 8π, di facile verifica (si ha 2−√
2 < 1, quindi il primo membro `e minore di 3+2√
2+2π; e 3+2√
2 < 3+2·2 = 7 < 6π).
Ne segue che il minimo `e per x = 2π 3 + 2√
2 + 2πa; il massimo `e ovviamente per x = a.
Risoluzione. (parabola) Per chi l’avesse dimenticata ricaviamo intanto l’equazione della parabola in base alla sua definizione come luogo dei punti del piano equidistanti da un punto F (fuoco) e da una retta d (direttrice)non passante per F ; assumiamo un sistema di coordinate con l’asse x parallelo alla direttrice che passa per il punto di mezzo del segmento di perpendicolare da F a d, e l’asse y perpendicolare, per il fuoco ed orientato dalla direttrice verso il fuoco; se 2c > 0 `e la distanza tra fuoco e direttrice, il fuoco ha coordinate (0, c), la direttrice `e la retta y =−c, ed il luogo verifica l’equazione
|y + c| =
x2+ (y− c)2 ⇐⇒ y2+ 2cy + c2= x2+ y2− 2cy + c2 ⇐⇒ 4cy = x2 ⇐⇒ y = (1/4c)x2, e cio`e y = a x2, avendo posto a = 1/(4c). La generica retta per il fuoco ha equazione y = t x + c;
gli estremi della corda hanno per ascissa le soluzioni di t x + c = x2/(4c), e cio`e x = 2c(t±√ t2+ 1), con corrispondenti y = c(t±√
t2+ 1)2(= 2ct(t±√
t2+ 1) + c). Le tangenti alla parabola in tali punti hanno come pendenza la derivata 2x/(4c) in tali punti, e quindi (t±√
t2+ 1); moltiplicando fra loro tali pendenze si ottiene t2−(t2+ 1) =−1, il che mostra appunto che tali tangenti sono perpendicolari. Infine, le tangenti hanno equazione
y = (t±
t2+ 1)(x− 2c(t ±
t2+ 1)) + c(t± t2+ 1)2
= (t±
t2+ 1)(x− c(t ± t2+ 1))
. L’ascissa dell’intersezione delle tangenti `e soluzione di
(t +
t2+ 1)x− c(t +
t2+ 1)2= (t−
t2+ 1)x− c(t −
t2+ 1)2, che si semplifica subito in
2 t2+ 1 x
= c
(t +
t2+ 1)2− (t − t2+ 1)2
= c 2t(2 t2+ 1),
da cui x = 2ct; sostituendo nell’equazione delle tangenti si ottiene per l’ordinata dell’intersezione:
(t±
t2+ 1)((2ct)− c(t ±
t2+ 1)) = c(t±
t2+ 1)(t∓
t2+ 1) =−c, relazione che equivale a dire che le due tangenti si incontrano nel punto (2ct,−c) sulla direttrice.
Diamo anche una risoluzione sintetica del problema. Essa fa uso della ben nota propriet`a ottica della parabola, per cui i raggi paralleli all’asse entro la concavit`a della parabola sono riflessi nel fuoco. Ci`o significa che se dall’estremit`a A della corda per il fuoco si traccia la semiretta parallela all’asse (entro la concavit`a) la normale alla parabola in A `e bisettrice dell’angolo α che tale semiretta forma con la corda, analogamente in B per l’angolo β. Poich`e i due angoli α e β hanno per somma un angolo piatto (angoli corrispondenti interni nelle rette parallele all’asse per A e B, tagliate dalla corda trasversale AB), α/2 e β/2 hanno per somma un angolo retto; ma allora, se N indica il punto di incontro delle normali, il triangolo ABN ha l’angolo in N retto; questo significa che le normali sono ortogonali fra loro, e tali sono allora le tangenti; indicando con T il punto d’incontro delle tangenti, il quadrilatero T BN A `e un rettangolo. Resta da mostrare che T sta sulla direttrice.
Mostriamo che la diagonale T N del rettangolo `e parallela all’asse della parabola. Infatti l’angolo AM N
`e uguale ad α/2 (perch`e il triangolo AN M `e necessariamente isoscele, essendo le semidiagonali AM ed M N del rettangolo fra loro congruenti); e la parallela per T all’asse deve anch’essa formare un angolo pari ad α/2 con la retta AN (le parallele all’asse per A ed N , tagliate dalla trasversale AN formano angoli alterni interni in A ed in N pari ad α/2 . . . ). Quindi T N `e parallela all’asse della parabola. Le diagonali del rettangolo sono lunghe quanto la corda AB; ne segue che il segmento M T `e lungo quanto
A
B
F
M
T (= T) N
α/2
α/2 β/2
β/2 β/2
α/2
A B
direttrice d direttrice
Figura 2. Risoluzione sintetica.
mezza corda, che `e (|AF | + |F B|)/2 e coincide con (|AA| + |BB|)/2 per definizione di parabola. Se T
`e l’intersezione della retta della diagonale con la direttrice, per semplici considerazioni di similitudine si ha|MT| = (|AA| + |BB|)/2; ma allora T = T.
Risoluzione. (trasformata dei polinomi) Devono esistere a, b, c ∈ R, con a = 0, tali che sia f(x2) = a x2+ b x + c, per ogni x∈ R. Per ogni t ≥ 0 si ha quindi f(t) = a t + b√
t + c. Devono anche esistere u, v, w, con u= 0, tali che sia f(x2+ 1) = u x2+ v x + w. Poich`e x2+ 1 > 0 per ogni x∈ R si ha, per ogni x∈ R, f(x2+ 1) = a(x2+ 1) + b√
x2+ 1 + c e quindi:
a(x2+ 1) + b
x2+ 1 + c = u x2+ v x + w per ogni x∈ R, cio`e:
b
x2+ 1 = (u− a)x2+ v x + w− a − c, per ogni x∈ R.
Ci`o `e possibile se e solo se si ha a = u, b = v = 0, a + c = w, come ora mostriamo. Se fosse b = 0, l’identit`a precedente implica che√
1 + x2`e un polinomio; e questo `e assurdo (da√
1 + x2= p(x) si ricava x2+ 1 = (p(x))2 e quindi p deve avere grado 1, p(x) = m x + q dovendo il suo quadrato avere grado 2;
si ricava q = p(0) = 1; ma 1 + x2 = m2x2+ 2m x + 1 per ogni x implica 2m = 0 ed m2 = 1, assurdo).
Deve allora essere b = 0; ed allora il polinomio a secondo membro `e identicamente nullo, e quindi con coefficienti nulli; si ha cio`e a = u, v = 0, w− a − c = 0, come asserito. Si `e provato che b = 0, e quindi che si ha f (t) = a t + c per t≥ 0.
Ragionando come sopra, con i polinomi−x2 e−(x2+ 1) si trova che esistono p, r∈ R, con p = 0, tali che sia f (t) = p t + r per t≤ 0; quindi f(0) = c = r. Inoltre g(x) = f(x2− 1) dev’essere un polinomio di secondo grado; si ha
g(x) = a(x2− 1) + c = a x2− a + c per |x| ≥ 1; g(x) = p(x2− 1) + c = p x2− p + c per |x| ≤ 1, e g `e polinomio di secondo grado se e solo se a = p. Si conclude che f `e necessariamente funzione affine, f (t) = at + c con a= 0.
Alternativamente, ma con l’ipotesi aggiuntiva della derivabilit`a di f , almeno fino all’ordine 3: per ogni a, b, c ∈ R con a = 0 la funzione f(ax2+ bx + c) `e un polinomio di secondo grado e quindi con
derivata terza nulla. Tale derivata terza `e (la derivata prima `e f(ax2+ bx + c)(2ax + b), la seconda `e f(ax2+ bx + c)(2ax + b)2+ f(ax2+ bx + c)2a, la terza `e:)
f(ax2+ bx + c)(2ax + b)3+ f(ax2+ bx + c)6a(2ax + b) = 0,
che deve valere per ogni x, a, b, c∈ R, con a = 0. Facendo tendere a a zero con x, b, c fissati si ricava f(bx + c)b3= 0 per ogni x, b, c∈ R.
posto b = 1 e c = 0 si ricava f(x) = 0 per ogni x, e quindi f sarebbe polinomio di grado non superiore a 2; ma `e immediato vedere che il grado deve allora essere 1, altrimenti gi`a f (x2) sarebbe di quarto grado.
Risoluzione. (dell’esercizio dell’isola; questa risoluzione viene presentata con linguaggio e simbolismo matematici; ma `e chiaro che argomentazioni basate su disegnini (i cosiddetti ”diagrammi di Venn”), se corrette, sono ugualmente valide)
Sia I l’insieme di quelli che parlano italiano, e similmente A ed F per gli altri; si ha|I| = 400, |A| = 300,
|F | = 400 mentre |I ∩ A| = 50 e |I ∩ F | = 100. Si ha (formula di inclusione–esclusione di Sylvester):
|I ∪ A ∪ F | = |I| + |A| + |F | − |I ∩ F | − |I ∩ A| − |A ∩ F | + |I ∩ A ∩ F | =
400 + 300 + 400− 50 − 100 − |A ∩ F | + |I ∩ A ∩ F | = 950 − |A ∩ F | + |I ∩ A ∩ F |.
Si osservi ora che si ha I∩ A ∩ F ⊆ A ∩ F ; ne segue
|A ∩ F | − |I ∩ A ∩ F | = |(A ∩ F ) (I ∩ A ∩ F )| da cui |A ∩ F | − |I ∩ A ∩ F | ≥ 0, e pertanto
|I ∪ A ∪ F | ≤ 950 con uguaglianza se e solo se |A ∩ F | = |I ∩ A ∩ F |.
Si ha poi A∩ F (A ∩ I ∩ F ) = (A (A ∩ I)) ∩ F , per cui si ha anche |(A ∩ F ) (I ∩ A ∩ F )| ≤
|A (A ∩ I)| = 300 − 50 = 250 (con uguaglianza se A (A ∩ I) ⊆ F , e cio`e se tutti quelli che parlano arabo ma non anche italiano parlano anche francese); ne segue
|I ∪ A ∪ F | ≥ 700 con uguaglianza se e solo se |(A ∩ F ) (I ∩ A ∩ F )| = 250.
Si `e trovato che
700≤ |I ∪ A ∪ F | ≤ 950;
ed i limiti possono essere raggiunti: se A∩ F = I ∩ A ∩ F , se cio`e quelli che sanno arabo e francese sono quelli che conoscono tutte e tre le lingue, gli abitanti sono 950; la cosa `e possibile; infatti quelli che sanno l’italiano o il francese sono
|I ∪ F | = |I| + |F | − |I ∩ F | = 700;
altri 250 abitanti conoscono solo l’arabo, mentre 50 conoscono tutte e tre le lingue. E se invece tutti gli abitanti conoscono il francese o l’italiano, e di essi 50 conoscono italiano ed arabo, 250 francese ed arabo, mentre nessuno conosce tutte e tre le lingue, gli abitanti sono 700.
Risoluzione. (dell’esercizio sui pezzi) Sia s il numero dei pezzi sani, d il numero dei difettosi. Vengono scartati ad pezzi difettosi e bs pezzi integri, per cui vengono posti in commercio s + d− ad − bs = (1− b)s + (1 − a)d pezzi, di cui (1 − a)d sono difettosi. La percentuale di pezzi difettosi in commercio `e quindi
p = (1− a)d
(1− b)s + (1 − a)d = 1− a
(1− b)s/d + 1 − a =
(si ha d/(s + d) = c = 20/100 = 1/5, da cui 1/c = 1 + s/d ⇐⇒ s/d = 1/c − 1, e quindi s/d = 4) 1− a
(1− b)(1/c − 1) + 1 − a = c(1− a)
(1− b)(1 − c) + c(1 − a) = (1/5)(1− 995/1000)
(1− 1/1000)(1 − 1/5) + (1/5)(1 − 995/1000) = 5
999· 4 + 5 ≈ 0, 125%.
Risoluzione. (dell’ esercizio della riunione) Se n `e il numero di partecipanti alla riunione, l’informazione dalle caramelle dice che si ha 95 = n· p + 15, con p ≥ 0 intero, ed inoltre n ≥ 15; quella sui cioccolatini dice che 61 = n· q + 1, con q ≥ 0 intero; dalla prima segue che n · p = 80, dalla seconda che n · q = 60.
Quindi n divide 80 e 60, `e divisibile per 4, ed `e maggiore di 15. Deve essere quindi n = 20 (un multiplo di 4 non minore di 15 che divide sia 60 che 80 `e necessariamente 20, come `e immediato vedere).
