Questa è la soluzione di una prova di matematica della Toppo Wassermann di Udine che ho fatto per allenamento (2024). Se trovate un errore o pensate che possa essere fatta in maniera più elegate, scrivetemi pure a: 4vbwaikua@mozmail.com Thankssss!

Esercizio 1.

Sia A un insieme, che chiamiamo dominio; sia B un altro insieme, che chiamiamo codominio. Il prodotto cartesiano $𝐴\times 𝐵$ rappresenta un insieme definito come $\left\{\left(𝑖,𝑗\right)|𝑖\in 𝐴,𝑗\in 𝐵\right\}$. $\left(𝑖,𝑗\right)$ è una coppia ordinata di elementi di cui i è il primo e j il secondo, rappresentabile come un insieme del tipo $\left\{\left\{𝑖,𝑗\right\},\left\{𝑗\right\}\right\}$.¹

Sia ora $\mathrm{ℛ︁}$ un sottoinsieme del prodotto cartesiano del dominio e del codominio: $\mathrm{ℛ︁}\subseteq 𝐴\times 𝐵$. Chiamiamo $\mathrm{ℛ︁}$ relazione tra A e B.

Ora, la definizione di funzione della funzione F da A a B ($𝐹:𝐴\to 𝐵$) è la seguente:

$𝐹:𝐴\to 𝐵$ è una relazione tra A e B tale che tutti i primi elementi di ogni coppia contenuta in $𝐹$ siano distinti e che tutti gli elementi di A siano contenuti in una coppia di $𝐹$ come primo elemento.

In altre parole:

Esempio: una funzione $𝐹:\left\{1,2,3\right\}\to \left\{4,5,6\right\}$ può essere $\left\{\left(1,4\right),\left(2,5\right),\left(3,6\right)\right\}$

Esercizio 2.

Possiamo dimostrare la tesi per assurdo. Supponiamo che $𝑞\ne 0$. Supponiamo che la probabilità che il valore dell’azione sia in perdita sia superiore o uguale ad 1/2.

A questo punto consideriamo uno degli scenari di $𝑛$ giorni in cui il valore dell’azione è in perdita di $𝑘$. Supponiamo che il valore sia sceso $𝑖$ volte, aumentato $𝑗$ volte e rimasto costante $𝑛-𝑖-𝑗$ volte, con $𝑖-𝑗=𝑘$ (l’ordine è fissato). Uno scenario generico di questo tipo ha probabilità:

Tuttavia possiamo trovare una corrispondenza biunivoca tra ogni scenario di $𝑛$ giorni in cui il valore è sceso $𝑖$ volte e salito $𝑗$ volte con un certo ordine e uno scenario corrispondente in cui il valore è salito $𝑖$ volte e sceso $𝑗$ volte con un ordine corrispondente ma con aumenti e cali invertiti. Lo scenario in cui il valore dell’azione è salito ha probabilità:

E’ facile vedere che gli scenari in cui il valore è salito sono più probabili:

(Si ricordi che $𝑘\in {\mathbb{Z}}^{+}$, $𝑝,𝑞\ne 0$)

Dunque poichè abbiamo trovato una biezione tra ogni scenario in cui il valore dell’azione cala di $𝑘$ e uno scenario più probabile (dello stesso numero di giorni e con gli stessi $𝑖$ e $𝑗$) in cui il valore dell’azione è salito di $𝑘$ segue che - poichè la probabilità che il valore dell’azione cali è l’unione di tutti gli scenari considerati e ad ognuno di essi facciamo corrispondere uno scenario diverso in cui il valore dell’azione aumenta - è più probabile che il valore dell’azione aumenti piuttosto che cali.

Dunque, poichè per l’ipotesi assurda la probabilità che il valore dell’azione sia in perdita è superiore o uguale a 1/2 e per quanto detto prima la probabilità che sia in crescita è superiore a quella che sia in perdita, segue che la probabilità dell’unione dei due eventi è superiore ad uno (possiamo sommare perchè non c’è intersezione tra i due eventi, la probabilità che il valore rimanga costante è sicuramente positiva o nulla).

Ciò è un assurdo. Se $𝑞=0$ la tesi segue banalmente.$∎$

Esercizio 3.

Parte a) Affinchè il polinomio $𝑓\left(𝑥\right)$ sia un polinomio a valori interi è necessario che $\frac{5}{6}{𝑥}^3-3{𝑥}^2+\frac{13}{6}𝑥-1$ sia intero $\forall 𝑥\in {\mathbb{Z}}^{+}$. Ora, gli unici addendi che potrebbero non essere interi sono $\frac{5}{6}{𝑥}^3+\frac{13}{6}𝑥$ (gli altri non ci interessano, perchè intero + intero = intero). Quesi addendi non sono interi se $6\nmid 𝑥$. Dimostriamo che però la loro somma è sempre intera. Ciò equivale a dimostrare che:

Ma ciò equivale a:

che è:

Ma tre numeri consecutivi sono sempre congrui a 0 mod 6.$∎$

Parte b)

La tesi è falsa. Controesempio: sia $𝑝\left(𝑥\right)={𝑥}^2+2𝑥+\frac{1}{2}$, si ha $𝑝\left(0\right)=\frac{1}{2}$. Tuttavia la tesi diventa vera se aggiungiamo la condizione $𝑐\in \mathbb{Z}$.

Per dimostrare l’equivalenza richiesta dalla tesi dimostriamo prima l’implicazione e poi la controimplicazione.

Implicazione: Supponiamo che $𝑝\left(𝑥\right)=𝑎{𝑥}^2+𝑏𝑥+𝑐$ sia un polinomio a valori interi. Poichè per ipotesi $𝑐\in \mathbb{Z}$ si ottiene che $𝑎{𝑥}^2+𝑏𝑥$ è intero $\forall 𝑥\in \mathbb{Z}$. Supponendo $𝑥=1$ e $𝑥=-1$ si ricava $𝑎+𝑏\in \mathbb{Z}\wedge 𝑎-𝑏\in \mathbb{Z}$. Da cui visto che la somma di due interi è un’intero si ricava $2𝑎\in \mathbb{Z}$.$∎$

Controimplicazione: Definiamo ${𝑎}^{\prime }=2𝑎,{𝑏}^{\prime }=2𝑏,{𝑐}^{\prime }=2𝑐$. Ora possiamo esprimere $𝑝$ nella forma:

${𝑎}^{\prime }$ è intero (altrimenti $2𝑎$ non sarebbe intero). ${𝑏}^{\prime }$ è intero, poichè ${𝑏}^{\prime }=2𝑏=2\left(𝑎+𝑏\right)-2𝑎$ che è la differenza di due interi.

Se x è pari allora $𝑝\left(𝑥\right)$ è intero. Se x è dispari allora $\frac{1}{2}𝑥\left({𝑎}^{\prime }𝑥+{𝑏}^{\prime }\right)$ è intero sse ${𝑎}^{\prime }𝑥+{𝑏}^{\prime }$ è pari. Tuttavia, il fatto che $𝑎+𝑏\in \mathbb{Z}\iff \frac{{𝑎}^{\prime }}{2}+\frac{{𝑏}^{\prime }}{2}\in \mathbb{Z}\iff \frac{{𝑎}^{\prime }+{𝑏}^{\prime }}{2}\in \mathbb{Z}$. Dunque ${𝑎}^{\prime }$ e ${𝑏}^{\prime }$ sono entrambi pari o entrambi dispari (e di conseguenza anche ${𝑎}^{\prime }𝑥$ e ${𝑏}^{\prime }$, poichè x è dispari). Da ciò segue che se $𝑥$ è dispari allora ${𝑎}^{\prime }𝑥+{𝑏}^{\prime }$ è pari. Da ciò segue che $𝑝\left(𝑥\right)$ è un polinomio a valori interi $∎$

Avendo dimostrato implicazione e controimplicazione segue la tesi$∎$

Esercizio 4.

Poichè $\angle 𝐵𝐴𝐶=\angle 𝐶{𝐶}^{\prime }𝐴$ il triangolo $𝐴{𝐶}^{\prime }𝐶$ ha due angoli uguali al triangolo $𝐴𝐵𝐶$, dunque sono simili. Si può fare un’argomentazione analoga per dire che $𝐴𝐵{𝐵}^{\prime }$ e’ simile ad $𝐴𝐵𝐶$ (basta scrivere B al posto di C).

Ora si può fare una proporzione:

Analogamente si ricava:

Da cui segue che:

$∎$

Esercizio 5.

Parte a)

Parte b)

Innanzitutto determiniamo il numero di soluzioni $𝑥$ di $|𝑓\left(𝑥\right)|=\frac{2}{3}$. Dall’immagine disegnata nella parte a possiamo vedere che ci sono 6 soluzioni. Una soluzione ${𝑥}_1<-2$, una sol. $-2<{𝑥}_2<-1$, una sol. $1<{𝑥}_3<2$, una sol. $2<{𝑥}_4<3$, una sol $2.5<{𝑥}_5<3.5$, una sol. $3.5<{𝑥}_6$. Tutte le sol. inferiori a $-2$ o superiori a $2$ sono da contare una volta, le altre tre. Di conseguenza abbiamo $1+3+3+1+1+1=10$. Dunque in totale ci sono 10 soluzioni.

Esercizio 6.

La tabella è la seguente: