Scienze Sociali: prova di matematica

Domanda 1. Si consideri l’equazione
x2 + y 2 + z 2 = 2xyz
e se ne determinino le soluzioni in cui x, y e z sono numeri interi.
Risposta: Una soluzione è x = y = z = 0. Dimostriamo che non ne esistono altre. Sia 2k , k ≥ 0, la più grande
potenza di 2 che divide x, y e z. Scriviamo x = 2k m, y = 2k n e z = 2k p e sostituiamo nell’equazione, ottenendo
m2 + n2 + p2 = 2k+1 mnp.
Uno tra i numeri m, n e p deve essere pari, diciamo m, mentre gli altri due devono essere dispari, perché il secondo
membro dell’equazione è pari. Sottraendo m2 a entrambi i membri ricaviamo
n2 + p2 = m(2k+1 np − m).
Questa relazione produce una contraddizione perché il secondo membro è divisibile per 4 e il primo membro no.
Domanda 2. Gli studenti della Scuola Galileiana amano sfidarsi in tornei di bocce. Questi tornei sono organizzati
in partite in cui si affrontano due studenti, il vincitore della partita passa al turno successivo, il perdente viene
eliminato.
Per il prossimo autunno la Scuola ha organizzato un torneo a cui parteciperanno 16 studenti. Il primo turno sarà
costituito da 8 partite: A1 , A2 , A3 , . . . , A8 , il secondo turno da 4 partite: B1 , B2 , B3 , B4 , il terzo turno da 2 partite:
C1 , C2 e il quarto da un’unica partita, la finale.
Al secondo turno i vincitori delle partite A1 e A2 si affronteranno nella partita B1 , quelli delle partite A3 e A4
nella partita B2 , quelli delle partite A5 e A6 nella partita B3 e quelli delle partite A7 e A8 nella partita B4 .
Al terzo turno i vincitori delle partite B1 e B2 si affronteranno nella partita C1 e quelli della partita B3 e B4 nella
partita C2 .
Infine il vincitore della partita C1 affronterà nella finale quello della partita C2 .
Gli accoppiamenti nelle partite del primo turno (A1 , . . . , A8 ) sono decisi ponendo i nomi dei partecipanti in un
cappello ed estraendo a sorte.
Tra gli studenti della Scuola ci sono due gemelle: Rosa e Alberta. Assumendo che esse abbiano probabilità 0 < p < 1
di vincere ogni partita che disputano, qual è la probabilità che Rosa e Alberta si affrontino in un incontro diretto
e qual è la probabilità che si affrontino nella finale?
Si consideri anche il caso il cui al torneo partecipano 2k studenti.
Risposta: Possiamo assumere che Alberta giochi nella partita A1 .
1
, in quel caso la probabilità che le
La probabilità che Rosa venga sorteggiata per giocare nella stessa partita è 15
due ragazze si affrontino è 1.
2
La probabilità che Rosa venga sorteggiata per giocare nella partita A2 è 15
, in questo caso per affrontarsi le due
2
ragazze devono vincere entrambe una partita con probabilità p .
4
La probabilità che Rosa venga sorteggiata per giocare nelle partite A3 o A4 è 15
, in questo caso per affrontarsi le
4
due ragazze devono vincere entrambe due partite con probabilità p .
8
Infine la probabilità che Rosa venga sorteggiata per giocare nelle partite A5 , A6 , A7 o A8 è 15
, in questo caso per
affrontarsi le due gemelle devono vincere entrambe tre partite con probabilità p6 .
La probabilità che Rosa e Alberta si affrontino in uno scontro diretto è
1
2
4
8
1
1
+ p2 + p4 + p6 =
1 + 2p2 + 4p4 + 8p6 =
1 + 2p2 1 + 4p4 .
15 15
15
15
15
15
Se Alberta gioca la partita A1 , le due ragazze si possono affrontare nella finale solo se Rosa viene sorteggiata per
8
una delle partite A5 , A6 , A7 , A8 , questo evento ha probabilità 15
. Affinché le ragazze si incontrino devono entrambe
8 6
6
vincere tutte le partire dei rispettivi gironi con probabilità p , quindi la probabilità richiesta è 15
p .
Domanda 3. Siano r1 , r2 e r3 tre rette nello spazio R3 e siano x, y, z coordinate cartesiane ortogonali in R3 .
Dimostrare che esiste un polinomio di grado due in x, y, z, non identicamente nullo, che vale zero in tutti i punti
di r1 , r2 e r3 .
Risposta: Un generico polinomio di grado due in R3 è dato da
Q(x, y, z) = a1 x2 + a2 y 2 + a3 z 2 + a4 xy + a5 xz + a6 yz + a7 x + a8 y + a9 z + a10 .
Fissiamo tre punti distinti su ogni retta: P1 = (x1 , y1 , z1 ) P2 = (x2 , y2 , z2 ) e P3 = (x3 , y3 , z3 ) su r1 ; P4 = (x4 , y4 , z4 ),
P5 = (x5 , y5 , z5 ) e P6 = (x6 , y6 , z6 ) su r2 ; P7 = (x7 , y7 , z7 ), P8 = (x8 , y8 , z8 ) e P9 = (x9 , y9 , z9 ) su r3 . Consideriamo
il sistema

Q(x1 , y1 , z1 ) = 0





Q(x2 , y2 , z2 ) = 0





Q(x3 , y3 , z3 ) = 0




Q(x4 , y4 , z4 ) = 0

Q(x5 , y5 , z5 ) = 0



Q(x6 , y6 , z6 ) = 0





Q(x7 , y7 , z7 ) = 0





Q(x8 , y8 , z8 ) = 0



Q(x9 , y9 , z9 ) = 0,
che ha 9 equazioni e 10 incognite, a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , a7 , a8 , a9 , a10 . Da questo sistema possiamo per esempio
ricavare a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , a7 , a8 , a9 in funzione di a10 , mostrando che esiste almeno una soluzione non banale (in
realtà infinite soluzioni non banali che differiscono tra di loro per una costante moltiplicativa non nulla). Chiamiamo
R(x, y, z) in polinomio cosı̀ ottenuto. La restrizione di R alla retta r1 è un polinomio di grado 2 in una variabile
che si annulla nei tre punti P1 , P2 e P3 , e che quindi è identicamente nullo (lungo r1 ). Analogamente si mostra che
R è zero identicamente lungo r2 e r3 .
Domanda 4. In una isoletta, la cui forma è un triangolo equilatero con lato lungo 24 metri, si vogliono piantare
degli alberelli, con la condizione che distino almeno 8 metri l’uno dall’altro. Qual è il numero massimo di alberelli
che è possibile piantare?
Risposta: Per il principio dei cassetti (detto anche della piccionaia) si esclude subito 10. Infatti si può triangolare
l’isola in 9 regioni a forma di triangolo equilatero con lato lungo 8 metri come in Figura 1 .
Figura 1
Due degli alberelli dovranno trovarsi nella stessa regione e dunque la loro distanza sarà minore di 8 metri. Anche
piantare 9 alberi è impossibile. In questo caso infatti ogni albero dovrebbe stare in un triangolo diverso della
triangolazione, si può però mostrare che nei 6 triangoli interni (quelli fra i cui vertici non c’è nessun vertice
dell’isola) non è possibile sistemare 6 alberi. Infatti siano A e B due degli alberi. Se l’angolo AOB fosse minore di
60 gradi A e B sarebbero contenuti in un triangolo equilatero di lato minore o uguale a 8 metri (il triangolo rosso
in Figura 2) e quindi sarebbero troppo vicini. L’angolo AOB deve quindi essere maggiore di 60 gradi (come nella
Figura 2), poiché però non si possono formare 6 angoli adiacenti maggiori di 60 gradi non è possibile piantare un
albero in ognuno dei triangoli interni.
Figura 2
Infine, un numero di alberi ammissibile è 8, per esempio con una disposizione del tipo suggerito dalla Figura 3.
Figura 3