Soluzioni Prova Matematica A Toppo Wassermann 2023

Questa è la soluzione di una prova di matematica della Toppo Wassermann di Udine che ho fatto per allenamento (2023). Se trovate un errore o pensate che possa essere fatta in maniera più elegate, scrivetemi pure a: 4vbwaikua@mozmail.com Thankssss!

Esercizio 1.

Quello che vuole fare il tarlo è impossibile nei cubi di lato $4 𝑛 + 1, 𝑛 \in ℕ$ , dimostriamolo.

Supponiamo di avere un cubo generico di lato $𝑛$ . Imponiamo su di esso un sistema di riferimento cartesiano la cui origine si trova in un vertice e si propaga nelle tre direzioni $𝑥, 𝑦, 𝑧$ . I “cubetti” di cui è composto il cubo coincidono con i lattice points del sistema di riferimento cartesiano, ossia i punti a coordinate intere. A questo punto appare immediato che possiamo bipartire l’insieme dei cubetti di cui è composto il cubo. Possiamo chiamare pari i cubetti la cui somma delle coordinate $𝑥, 𝑦, 𝑧$ è pari e dispari i cubetti la cui somma delle coordinate è dispari.

Teorema:

Dai cubetti pari il tarlo può andare solo in quelli dispari e vice-versa.

Dimostrazione:

Supponiamo che il tarlo sia su un cubetto pari. Ciò significa cha la somma delle tre coordinate $𝑥, 𝑦, 𝑧$ è pari. Se il tarlo si sposta in un cubetto adiacente (sopra, sotto, avanti, indietro, destra o sinistra) una e una sola di queste tre coordinate cambia (di più o meno uno). Di conseguenza la somma delle tre coordinate cambia di più o meno uno, diventando dunque dispari. Dunque il tarlo dai cubetti pari può raggiungere solo quelli dispari.

Si ragiona analogamente per dimostrare che il tarlo dai cubetti dispari può raggiungere solo quelli pari.

Teorema:

In un cubo di lato $𝑛$ ci sono $⌈ \frac{𝑛^{3}}{2} ⌉$ cubetti pari

Dimostrazione:

Supponiamo che $𝑛$ sia pari. Il vertice $(0, 0, 𝑛 - 1)$ si trova su un cubetto dispari. Dunque possiamo imporre un sistema di riferimento alternativo centrato in $(0, 0, 𝑛 - 1)$ in cui tutti i pari diventano dispari e vice-versa. Pertanto, poichè il numero di cubetti pari e dispari di un cubo non può dipendere da dove imponiamo il nostro sistema di riferimento cartesiano (il cubo ha una simmetria centrale, i suoi vertici sono indistinguibili) segue che ci devono essere tanti cubetti pari quanto quelli dispari.

Il ragionamento appena presentato può essere usato anche per dimostrare che nei parallelepipedi $1 \times 𝑛 \times 𝑛$ e $1 \times 1 \times 𝑛$ con $𝑛$ pari il numero di cubetti pari è uguale a quello di cubetti dispari.

Supponiamo ora che $𝑛$ sia dispari. Sappiamo che nel cubo di lato $𝑛 - 1$ ci sono tanti pari quanti dispari. Ora, possiamo costruire a partire da questo cubo un altro cubo di lato $𝑛$ aggiungendo tre parallelepipedi $1 \times 𝑛 - 1 \times 𝑛 - 1$ , tre $1 \times 1 \times 𝑛 - 1$ e un cubetto (per comodità li mettiamo tutti più distanti possibile dall’origine). Ora, per quanto riguarda i sei parallelepipedi il numero di pari è uguale al numero di dispari per quanto detto prima. Il cubetto finale invece ha coordinate $(𝑛 - 1, 𝑛 - 1, 𝑛 - 1)$ , e poichè $𝑛$ è dispari è un cubetto pari. Dunque se abbiamo un cubo di lato $𝑛$ con $𝑛$ dispari ci sono $\frac{𝑛^{3}}{2} + 1$ cubetti pari.

Teorema:

In un cubo di lato $4 𝑛 + 1$ il cubetto centrale è sempre dispari.

Dimostrazione:

Il cubetto centrale ha coordinate $(⌈ \frac{4 𝑛 + 1}{2} ⌉, ⌈ \frac{4 𝑛 + 1}{2} ⌉, ⌈ \frac{4 𝑛 + 1}{2} ⌉$ , ossia $(2 𝑛 + 1, 2 𝑛 + 1, 2 𝑛 + 1)$ . Dunque è sicuramente dispari

Teorema:

Quello che vuole fare il tarlo è impossibile nei cubi di lato $4 𝑛 + 1, 𝑛 \in ℕ$

Dimostrazione:

Supponiamo per assurdo che quanto vuole fare il tarlo sia possibile.

Per quanto detto nel Teorema ci sono $⌈ \frac{{(4 𝑛 + 1)}^{3}}{2} ⌉$ cubetti pari (quindi un cubetto pari in più di un cubetto dispari). Tuttavia, per quante detto nel Teorema l’ultimo cubetto per cui passa il tarlo è dispari. Quindi il tarlo, anche se inizialmente entra in un cubetto pari, è obbligato a passare per due volte di fila per un cubetto pari (ci sono più cubetti pari che dispari e l’ultimo è dispari), ma ciò è impossibile per il Teorema. Assurdo.

Dunque l’esercizio è risolto.

Esercizio 2.

Supponiamo di aver moltiplicato tra loro $𝑛$ numeri primi, ottenendo il numero $𝑃$ . Tra questi $𝑛$ numeri primi c’è il numero $2$ . Poichè tutti gli altri numeri primi sono dispari, tutti gli altri numeri primi sono congrui a $1$ o a $3$ modulo $4$ . Tuttavia moltiplicare $2$ per $1$ o $3$ modulo $4$ dà lo stesso risultato: $2$ . Pertanto sappiamo che il prodotto dei nostri $𝑛$ numeri primi è congruo a $2$ modulo $4$ . Ora, consideriamo $𝑃 + 1$ : otteniamo un numero congruo ad $3$ modulo $4$ e non divisibile per ogni primo che divide $𝑝$ (dunque non divisibilie per ognuno dei nostri $𝑛$ numeri primi), come dimostrato nel seguente teorema:

Teorema:

$𝑃 + 1$ non è divisibile per nessuno dei primi che dividono $𝑃$ .

Dimostrazione:

Supponiamo che $𝑝 | 𝑃 + 1$ e $𝑝 | 𝑃$ , segue per linearità che $𝑝 | 1 \Rightarrow 𝑝 = 1$

Pertanto nella scomposizione in fattori primi di $𝑃 + 1$ non c’è nessuno dei numeri primi che abbiamo usato per ottenere $𝑃$ . Tuttavia, poichè $𝑃 + 1$ è congruo a $3$ modulo 4, non può essere il prodotto unicamente di numeri primi congrui ad $1$ modulo $4$ : $1 \cdot 1 \equiv 1 (mod 4)$ . Pertanto abbiamo trovato un altro primo congruo a $3$ modulo $4$ , che è dunque nella forma $4 𝑘 - 1$ . Ci basta aggiungerlo nell’insieme dei nostri $𝑛$ numeri primi per ottenere un insieme di $𝑛 + 1$ numeri primi, da cui ricaviamo $𝑃^{'}$ . Ripetendo la procedura possiamo ottenere un altro primo nella forma $4 𝑘 - 1$ , e così via.

Esercizio 3.

I modi per distribuire i 24 volontari tra tre scuole assicurandosi che ogni scuola abbia almento un volontario sono:

(\binom{24 - 3 + 3 - 1}{3 - 1}) = (\binom{23}{2}) = 23 \cdot 11

Dobbiamo rimuovere tutti i modi in cui due scuole possono aver scelto lo stesso numero di volontari. Forse tutte e tre ne hanno scelto 1, oppure 2 di loro hanno scelto lo stesso numero di volontari (che può variare da 1 ad 11, poichè la terza scuola non può rimanere senza volontari; ad eccezione di 8, nel qual caso anche la terza scuola ne ha 8 e tutte e tre le scuola hanno lo stesso numero di volontari, già contato). Poichè possiamo scegliere in $3$ modi la scuola con i volontari rimanente si ricava:

(\binom{23}{2}) - 1 - 3 \cdot 10 = 222

Esercizio 4.

Ho qui di seguito messo un disegno della situazione per rendere la dimostrazione più immediata. I due angoli blu sono uguali perchè sono angoli alla circonferenza $𝒞︀$ che insistono sul segmento $𝑃 𝐵$ . I due angoli gialli sono uguali perchè sono angoli alla circonferenza $𝒞︀$ che insistono sul segmento $𝑃 𝐴$ . Dunque le coppie di triangoli $𝑃 𝑄 𝐵$ , $𝐴 𝑅 𝑃$ e $𝑃 𝑄 𝐴$ , $𝑃 𝑆 𝐵$ sono simili perchè hanno due angoli in comune (quelli retti e rispettivamente quelli gialli e quelli blu). Pertanto possiamo impostare la similitudine:

𝑃 𝑅 : 𝑃 𝑄 = 𝑃 𝐴 : 𝑃 𝐵

𝑃 𝑆 : 𝑃 𝑄 = 𝑃 𝐵 : 𝑃 𝐴

Da ciò:

𝑃 𝑅 \cdot 𝑃 𝑆 = 𝑃 𝑄 \cdot 𝑃 𝑄 \cdot \frac{𝑃 𝐵}{𝑃 𝐴} \cdot \frac{𝑃 𝐴}{𝑃 𝐵} = 𝑃 𝑄^{2}

Che era quanto si voleva dimostrare. $□$

Esercizio 5.

Basta conoscere le potenze del trinomio per sapere che:

Teorema:

\begin{aligned} {(𝑥 + 𝑦 + 𝑧)}^{2} = 𝑥^{2} + 𝑦^{2} + 𝑧^{2} + 2 𝑥 𝑦 + 2 𝑥 𝑧 + 2 𝑦 𝑧 \\ {(𝑥 + 𝑦 + 𝑧)}^{3} = 𝑥^{3} + 𝑦^{3} + 𝑧^{3} + 3 𝑥^{2} 𝑦 + 3 𝑥^{2} 𝑧 + 3 𝑥 𝑦^{2} + 3 𝑥 𝑧^{2} + 3 𝑦^{2} 𝑧 + 3 𝑦 𝑧^{2} + 6 𝑥 𝑦 𝑧 \end{aligned}

Sfruttando le definizioni di $𝑎, 𝑏, 𝑐$ :

\begin{aligned} 𝑎^{2} = 𝑏 + 2 𝑥 𝑦 + 2 𝑥 𝑧 + 2 𝑦 𝑧 \\ 𝑎^{3} = 𝑐 + 3 𝑥^{2} 𝑦 + 3 𝑥^{2} 𝑧 + 3 𝑥 𝑦^{2} + 3 𝑥 𝑧^{2} + 3 𝑦^{2} 𝑧 + 3 𝑦 𝑧^{2} + 6 𝑥 𝑦 𝑧 \end{aligned}

Da cui:

\begin{aligned} \frac{1}{2} (𝑎^{2} - 𝑏) = 𝑥 𝑦 + 𝑥 𝑧 + 𝑦 𝑧 \\ 𝑎^{3} - 𝑐 = 3 (𝑥^{2} 𝑦 + 𝑥^{2} 𝑧 + 𝑥 𝑦^{2} + 𝑥 𝑧^{2} + 𝑦^{2} 𝑧 + 𝑦 𝑧^{2}) + 6 𝑥 𝑦 𝑧 \end{aligned}

Da cui:

\begin{aligned} 𝑎^{3} - 𝑐 = 3 (𝑥^{2} (𝑥 + 𝑦 + 𝑧) + 𝑦^{2} (𝑥 + 𝑦 + 𝑧) + 𝑧^{2} (𝑥 + 𝑦 + 𝑧) - 𝑥^{3} - 𝑦^{3} - 𝑧^{3}) + 6 𝑥 𝑦 𝑧 \\ 𝑎^{3} - 𝑐 = 3 (𝑏 𝑎 - 𝑐) + 6 𝑥 𝑦 𝑧 \\ 𝑎^{3} - 𝑐 - 3 𝑏 𝑎 + 3 𝑐 = 6 𝑥 𝑦 𝑧 \\ \frac{1}{6} (𝑎^{3} + 2 𝑐 - 3 𝑏 𝑎) = 𝑥 𝑦 𝑧 \end{aligned}

Ora, conoscendo le formule di Vietè:

Teorema:

(𝑥 - 𝑥_{1}) (𝑥 - 𝑥_{2}) (𝑥 - 𝑥_{3}) = 𝑥^{3} - (𝑥_{1} + 𝑥_{2} + 𝑥_{3}) 𝑥^{2} + (𝑥_{1} 𝑥_{2} + 𝑥_{1} 𝑥_{3} + 𝑥_{2} 𝑥_{3}) 𝑥 - 𝑥_{1} 𝑥_{2} 𝑥_{3}

Da cui:

(𝑥 - 𝑥_{1}) (𝑥 - 𝑥_{2}) (𝑥 - 𝑥_{3}) = 𝑥^{3} - 𝑎 𝑥^{2} + \frac{1}{2} (𝑎^{2} - 𝑏) 𝑥 - \frac{1}{6} (𝑎^{3} + 2 𝑐 - 3 𝑏 𝑎)

Che era quanto si voleva dimostrare. $□$