Test di matematica dell'ammissione 2005

Scuola Normale Superiore, Sant'Anna, Indam, etc. Cosa studiare, come prepararsi.
Spi
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Test di matematica dell'ammissione 2005

Messaggio da Spi » 03 set 2005, 11:20

Ne posto uno per messaggio, con una breve soluzione oscurata al fondo data da me, per chi volesse confrontare con la sua (e umiliarmi :) )

1. Si consideri il sistema di equazioni in due incognite x, y
$ $ax + by = e , $
$ $cx + dy = f $
Dove a, b, c, d, e, f sono numeri interi relativi.
(a) Dimostrare che il sistema ammette una e una sola soluzione (non necessariamente intera) qualunque siano e, f, se e solo se $ ad - bc \not= 0 $ (nota mia: bisogna dimostrarlo, non solo enunciare il teorema che lo dice)
(b) Si supponga di scegliere a caso i coefficienti a, b, c, d, e, f tra gli interi relativi con valore assoluto minore o uguale a un intero positivo n prefissato. Dimostrare che la probabilità che il sistema abbia esattamente una soluzione (non necessariamente intera) è compresa tra $ 1 - \frac{1}{2n} e 1 - \frac {1}{3n^2} $

Possibile soluzione:
(a) Basta risolvere il sistema con la sostituzione o le matrici. Il secondo modo è più veloce, ma visto che le matrici sfruttano il teorema che dice quello che bisogna dimostrare forse bisognerebbe usare il primo :)
(b) Si calcola la probabilità dell'evento opposto, ovvero quando ad = bc. Questa è compresa tra 1/3n^2 e 1/2n (veramente i limiti sono anche molto più stretti) perché fissati qualsiasi interi (a, b), i casi possibili sono tutte le coppie ordinate (c, d), ovvero (2n+1)^2. Si ha che d = (b/a) * c, quindi è una diofantea in c, d. Il numero massimo di soluzioni è 2n+1 se b = 0 oppure a = b, il numero minimo è di 3 soluzioni (se MCD(a,b) = 1 e a, b sono abbastanza grandi, ad esempio b = n, a = n-1). In questi casi si ottengono limiti più stretti di quelli richiesti.
Ultima modifica di Spi il 03 set 2005, 11:51, modificato 1 volta in totale.

Spi
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Messaggio da Spi » 03 set 2005, 11:23

2.
Risolvere
$ 8(4^x + 4^{-x}) - 54(2^x + 2^-x) + 101 = 0 $

Possibile soluzione:
Poniamo 2^x + 2^-x = t. 4^x + 4^-x = t^2 - 2*4^x*4^-x = t^2 - 2. L'equazione viene
8t^2 - 54 t + 85 = 0
che ha soluzioni per t = 5/2 e t = 17/4. Ha soluzione per x = 1, x = 1 la prima, x = 2, x = -1 la seconda. Per dimostrare che sono le uniche si può ad esempio fare la discussione grafica (e nemmeno serve, visto che la curva è composta da 2 curve note, 2 esponenziali)

Spi
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Messaggio da Spi » 03 set 2005, 11:30

3.
Si consideri un triangolo qualsiasi di vertici A, B, C. Si indichino con H, K, L i piedi delle altezze emanate dai vertici A, B, C, rispettivamente.
(a) Dimostrare che le altezze AH, BK, CL sono anche le bisettrici interne del triangolo HKL
(b) Si supponga che il triangolo ABC sia acuto. Come si può interpretare il risultato precedente in termini di un ipotetico gioco del biliardo all'interno di un tavolo triangolare (si trascuri l'attrito e si supponga che le collisioni siano perfettamente elastiche)
(Nota: ci hanno detto a voce che anche nel primo punto bisogna considerare il triangolo acutangolo)

Possibile soluzione:

(a) Evito una soluzione accurata perché ci vuole troppa attenzione alle lettere e mi sbaglierei. I passi fondamentali sono dimostrare che i 6 angoli formati dagli angoli del triangolo ABC divisi dalle altezze sono uguali a 2 a 2 (un angolo in A è uguale a uno in B, uno in B è uguale a uno in C, uno in C è uguale ad uno in A). Poi, sfruttando le circonferenze di lati AB, BC, CD, e considerando che, ad esempio, gli angoli retti in H e K hanno i vertici sulla circonferenza di lato AB, si dimostra che le due parti degli angoli del triangolo HKL sono ognuna congruente a un angolo di vertice A, B o C. Guarda caso capita proprio che quegli angoli siano congruenti per quanto detto sopra.
(b) Se poni la palla da biliardo (puntiforme) sul piede di un'altezza e la tiri in direzione dell'altro piede questa continuerà a viaggiare per sempre urtando solo i 3 piedi dell'altezza.

Spi
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Messaggio da Spi » 03 set 2005, 11:41

4.
Nel piano cartesiano si consideri il triangolo di vertici $ (0, 0), (1, 0), (\frac{3}{5}, \frac{4}{5}) $, e sia $ \alpha $ l'angolo (in radianti) in (0, 0).
(a) Esprimere gli altri angoli in termini di $ \alpha $
(b) Poniamo $ B_n = 5^n \sin(n\alpha), n = 0, 1, 2, \ldots $. Mostrare che i $ B_n $ sono numeri interi tali che $ B_0 = 0, B_1 = 4 $ e
$ B_{n+2} = 6 B_{n+1} - 25 B_n, n = 0, 1, 2, \ldots $
(c) Mostrare che, per n = 0, 1, ..., gli interi $ B_{n+1} e B_{n+2} $ hanno lo stesso resto nella divisione per 5.
(d) Dimostrare che $ \frac{\alpha}{\pi} $ è irrazionale.

Possibile soluzione:

(a) Basta calcolare il lato tra (0,0) e (3/5, 4/5), si vede che è uguale a 1. Il triangolo è isoscele, quindi gli altri 2 angoli sono (180 - alpha)/2.
(b) Si procede per induzione. Io ho usato la strada più brutta, ma funziona. Per n = 2 si vefica a mano, poi, dato per vero un qualsiasi n e n+1, si verifica n+2 semplicemente scrivendo tutto in forma esplicita, calcolando tutte le somme e le duplicazioni degli angoli trigonometricamente, e si vede che sia B_n+2 sia 6B_n+1 - 25B_n portano lo stesso risultato. Non è nemmeno necessario dimostrare che sono interi, visto che anche quello si dimostra per induzione (se B_n+1 e B_n sono interi, di certo una loro interpolazione lineare lo sarà)
(c) Hanno lo stesso resto perché 25B_n è sempre congruo a 0 mod 5, quindi gli altri due addendi devono avere lo stesso modulo. 6 è congruo a 1 mod 5, quindi 6B_n+1 congruo B_n+1 mod 5, quindi B_n+2 congruo B_n+1
(d) Se alpha/pi fosse razionale significa che esistono interi m, n tale che n * alpha = m * pi. Ciò significa sin(n alpha) = 0, e quindi B_n congruo a 0 mod 5. Questo vorrebbe dire che B_n-1 congruo a 0 mod 5, e quindi tutti i B_n con n >= 2 dovrebbero essere congrui a 0. Ma questo non è vero per B_2, quindi è impossibile.

Spi
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Messaggio da Spi » 03 set 2005, 11:48

5.
Sia $ f(x) = x^2 + ax + b $, dove a, b sono numeri reali.
(a) Mostrare che esiste $ x_0 $ nell'intervallo [-1, 1] tale che $ |f(x_0)| \geq \frac{1}{2} $
(b) Mostrare anche che, se $ |f(x)| \leq \frac{1}{2} $ per ogni x nell'intervallo, allora $ f(x) = x^2 - \frac{1}{2} $

Possibile soluzione:
La mia è lunga e brutta, quindi non ne riporto che una piccola parte.
(a) Questa è una parabola rivolta verso l'alto. Ci sono due casi: se il vertice giace fuori dall'intervallo -1, 1 si trova che perché la differenza tra f(-1) e f(1) sia minore o uguale a 1, |a| deve essere contemporaneamente minore di 1/2 e maggiore di 1. Se invece il vertice sta all'interno dell'intervallo -1, 1, il vertice sarà senz'altro il punto di ordinata minima, e quello di ordinata massima uno tra -1 e 1. Perché le ordinate massime siano minime devono essere uguali, quindi il vertice deve stare al centro. x_v = 0 implica a = 0, y_v > -1/2 implica b > - 1/2 (se non erro). Imporre poi f(1) < 1/2 porta qualcosa tipo b < - 1/2 (forse sono invertite le condizioni su b, non ricordo) e quindi è impossibile.
(b) Con qualche attenzione in più si seguono gli stessi passaggi sostituendo <= a < e >= a >. Viene ugualmente b >= - 1/2, b <= - 1/2, quindi b = - 1/2. a era anche qui = 0, quindi porta quello richiesto.

Spi
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Messaggio da Spi » 03 set 2005, 11:50

6.
Siano $ f(x), g(x) $ polinomi a coefficienti reali e sia d > 0 il massimo dei loro gradi
(a) Mostrare che il polinomio $ f^3(x) - g^3(x) $ ha grado >= 2d oppure è nullo. Mostrare anche che la disuguaglianza non può essere in generale migliorata.
(b) Sia R(x) un polinomio di grado 3 a coefficienti reali tale che R(f(x)) = R(g(x)). Mostrare che f(x) = g(x).

Loth
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Messaggio da Loth » 03 set 2005, 18:00

Spi ha scritto:2.
Risolvere
$ 8(4^x + 4^{-x}) - 54(2^x + 2^-x) + 101 = 0 $
Altra soluzione: porre $ 2^x = t $ e poi Ruffini a boccia finche' il polinomio non si scompone in fattori di primo grado, cioe':
$ (t-2)(t-4)(t-\frac{1}{2})(t-\frac{1}{4})=0 $
A questo punto e' fatta: $ x \in \{\pm1;\pm2\} $

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Boll
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Messaggio da Boll » 03 set 2005, 19:47

1 diversa dalla tua:

Le due equazioni sono rette in un piano cartesiano.

Se sono incidenti, incidono in uno e un solo punto
Se sono parallele, uguagliando i coefficenti angolari $ -a/b=-c/d $

Spi
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Messaggio da Spi » 03 set 2005, 20:05

Boll ha scritto:1 diversa dalla tua:

Le due equazioni sono rette in un piano cartesiano.

Se sono incidenti, incidono in uno e un solo punto
Se sono parallele, uguagliando i coefficenti angolari $ -a/b=-c/d $
Giusto, più carina e veloce, però ad essere precisi bisogna anche considerare i casi b = 0 e d = 0, che le rette tendenzialmente ignorano.

MindFlyer

Messaggio da MindFlyer » 04 set 2005, 02:55

Spi ha scritto:5.
Sia $ f(x) = x^2 + ax + b $, dove a, b sono numeri reali.
(a) Mostrare che esiste $ x_0 $ nell'intervallo [-1, 1] tale che $ |f(x_0)| \geq \frac{1}{2} $
(b) Mostrare anche che, se $ |f(x)| \leq \frac{1}{2} $ per ogni x nell'intervallo, allora $ f(x) = x^2 - \frac{1}{2} $
Ecco un modo carino di vederlo:
$ f(x) $ è uguale alla parabola $ x^2 $ sommata ad una generica retta $ g(x)=ax+b $, con $ a $ e $ b $ variabili.
Dire che $ |f(x)|\leq \frac 1 2 $ equivale a dire che la retta $ g(x) $ dev'essere compresa tra le parabole $ -x^2+\frac 1 2 $ e $ -x^2-\frac 1 2 $ nell'intervallo $ [-1,1] $. Ma l'unica retta che abbia questa proprietà è $ g(x)=-\frac 1 2 $, perché dev'essere $ g(-1)\geq-\frac 1 2 $, $ g(0)\leq-\frac 1 2 $ e $ g(1)\geq-\frac 1 2 $. Perciò dev'essere $ f(x)=x^2+g(x)=x^2-\frac 1 2 $, ed il punto (b) è fatto.
Ora, si vede che il punto (b) implica direttamente il punto (a). Infatti, se non esistesse un $ x_0 \in [-1,1] $ tale che $ |f(x_0)|>\frac 1 2 $, allora dovrebbe valere $ |f(x)|\leq \frac 1 2 $ su tutto $ [-1,1] $. Ma per il punto (b) l'unica possibilità sarebbe $ f(x)=x^2-\frac 1 2 $, ed in tal caso si pone $ x_0=0 $, che soddisfa $ |f(x_0)|=|-\frac 1 2|\geq \frac 1 2 $.

MindFlyer

Messaggio da MindFlyer » 04 set 2005, 05:00

Spi ha scritto:6.
Siano $ f(x), g(x) $ polinomi a coefficienti reali e sia d > 0 il massimo dei loro gradi
(a) Mostrare che il polinomio $ f^3(x) - g^3(x) $ ha grado >= 2d oppure è nullo. Mostrare anche che la disuguaglianza non può essere in generale migliorata.
(b) Sia R(x) un polinomio di grado 3 a coefficienti reali tale che R(f(x)) = R(g(x)). Mostrare che f(x) = g(x).
(a) Se $ f(x)=g(x) $, allora $ f^3(x)-g^3(x)=0 $. Supponiamo quindi che $ f(x)\neq g(x) $. Siano $ a_i $ e $ b_i $ i coefficienti di $ f(x) $ e $ g(x) $ rispettivamente, e sia $ n $ il massimo intero tale che $ a_n\neq b_n $. Si possono allora scomporre i polinomi in modo naturale: $ f(x)=h(x)+F(x) $ e $ g(x)=h(x)+G(x) $, dove $ F(x) $ e $ G(x) $ sono polinomi di grado $ n $, e $ h(x) $ è un polinomio che non contiene termini di grado minore o uguale a $ n $. Ne segue che $ d\geq n $, ma possiamo supporre che $ d>n $ perché altrimenti $ f^3(x)-g^3(x) $ avrebbe grado $ 3d>2d $.
Ora, $ f^3-g^3= (F-G)(3h^2+3h(F+G)+F^2+FG+G^2) $. Nelle ipotesi fatte, il termine $ F-G $ ha grado $ n $, $ 3h^2 $ ha grado $ 2d $, $ 3h(F+G) $ ha grado al più $ d+n<2d $, e $ F^2+FG+G^2 $ ha grado al più $ 2n<2d $. Ne segue che il grado complessivo di $ f^3(x)-g^3(x) $ è esattamente $ 2d+n\geq 2d $.
Per mostrare che il risultato non può essere migliorato, si ponga $ f(x)=x^d+1 $ e $ g(x)=x^d $, da cui si ottiene $ f^3(x)-g^3(x)=3x^{2d}+3x^d+1 $, che ha grado esattamente $ 2d $.

(b) Sia $ R(x)=ax^3+bx^2+cx+e $, con $ a\neq 0 $. Allora per ipotesi $ R(f)-R(g)=a(f^3-g^3)+b(f^2-g^2)+c(f-g)=0 $. Con le notazioni del punto (a), supponendo che $ f(x)\neq g(x) $ e che $ d>n $, il termine $ a(f^3-g^3) $ ha grado esattamente $ 2d+n>2d $, $ b(f^2-g^2) $ ha grado al più $ 2d $, e $ c(f-g) $ ha grado al più $ d $. Quindi il grado complessivo è $ 2d+n $, ergo dev'essere $ d=n $ per il principio d'identità dei polinomi. Ma in questo caso $ a(f^3-g^3) $ ha grado $ 3d $, che è anche il grado di $ R(f)-R(g) $. Ne seque che l'ipotesi $ f(x)\neq g(x) $ è assurda.

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Messaggio da ma_go » 04 set 2005, 08:59

Spi ha scritto:6.
Siano $ f(x), g(x) $ polinomi a coefficienti reali e sia $ d > 0 $ il massimo dei loro gradi
(a) Mostrare che il polinomio $ f^3(x) - g^3(x) $ ha grado almeno $ 2d $ oppure è nullo. Mostrare anche che la disuguaglianza non può essere in generale migliorata.
(b) Sia R(x) un polinomio di grado 3 a coefficienti reali tale che $ R(f(x)) = R(g(x)) $. Mostrare che $ f(x) = g(x) $.
(a) se i $ f $ e $ g $ sono uguali o hanno gradi distinti tra loro, il gioco è fatto. altrimenti scriviamo $ f^3-g^3 = (f-g)((f-g)^2 + 3fg) $. distinguiamo due casi: o $ f-g $ ha grado $ d $, e il tal caso i coefficienti di testa sono distinti, quindi $ f-g $ ha grado $ 3d $, oppure $ \deg f-g < d $, ma allora $ \deg (f-g)^2 + 3fg = \deg fg = 2d $, quindi $ \deg f^3-g^3 = \deg (f-g)((f-g)^2 + 3fg) = \deg f-g + \deg fg \ge 2d $.

(b) in realtà dubito fortemente che sia necessario il punto (a) per risolvere la questione... però non ho carta e penna, e neppure molta voglia di pensarci, visto che c'è già un'altra soluzione "pilotata" dal punto (a)

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Paddo
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Messaggio da Paddo » 04 set 2005, 12:18

Il terzo problema, quello di geometria, se mi ricordo bene era stato dato al pre-imo fra quelli individuali

MindFlyer

Messaggio da MindFlyer » 04 set 2005, 12:24

Paddo ha scritto:Il terzo problema, quello di geometria, se mi ricordo bene era stato dato al pre-imo fra quelli individuali
Il terzo problema è stranoto. Tra l'altro un suo corollario è che il triangolo ortico è il triangolo di minimo perimetro tra quelli inscritti in un triangolo acutangolo fissato (basta ribaltare 5 volte rispetto ai lati).

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Messaggio da ma_go » 04 set 2005, 13:11

se non sbaglio, è la dimostrazione classica del fatto che le tre altezze concorrono, o qualcosa di molto simile...

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