Test SNS 1963/1964

[floriano94]

Ho provato a risolvere interamente gli esercizi del test SNS di quest'anno accademico, pensate che queste soluzioni siano corrette?

2) Sia data da risolvere la seguente equazione, nella quale i radicali si intendono in valore assoluto (o, se si preferisce, col segno +):

$ sqrt(x-1)=sqrt(x-2)-1 $

Il candidato consideri il seguente schema di risoluzione
$ x-1=x-2+1-2sqrt(x-2) $ , $ -2sqrt(x-2)=0 $ , $ x=2 $

il numero 2 non `e radice dell’equazione data.
Il candidato indichi come va completato lo schema, in modo che risulti,
senza verifica, che x = 2 non pu`o soddisfare all’equazione iniziale. Dimostri
inoltre direttamente, nel campo reale, che l’equazione considerata non
ha soluzioni.

Ecco la mia soluzione :

mi viene prima da pensare che il campo di esistenza è $ x>2 $ .Dato che $ sqrt(x-1) geq 0 $ anche $ sqrt(x-2)- 1 geq 0 $ .Quindi $ sqrt(x-2) - 1 geq 0 rArr x geq 3 $ , ciò esclude la soluzione proposta $ x=2 $ . Infine per dimostrare direttamente che l'equazione non è risolvibile in campo reale affermo che, in virtù del campo di esistenza $ sqrt(x-2)< sqrt(x-1) rArr sqrt(x-2)-1 < sqrt(x-1) $

3) Sia n un numero intero e A un numero reale positivo, entrambi fissati. Dimostrareche: “Il prodotto di n numeri positivi aventi somma assegnata nA è più grande possibile quando i numeri sono uguali”. In altre parole, se a1,a2, . . . , an sono n numeri positivi tali che $ a_1+a_2+a_3+... +a_n=nA $
allora si ha $ a_1a_2a_3...a_n leq A^n $
dove l'ugualianza sussiste se e solo se $ a_1=a_2=...=a_n=A $
Il candidato può limitarsi a considerare il caso di valori particolari per noppure, ciò che è desiderabile, il caso generale.

Dalla prima relazione ricavo che $ (a_1+a_2+a_3+... +a_n)/n=A $ A è dunque la media aritmetica. Dalla seconda ricavo invece $ root(n)( a_1a_2a_3...a_n) leq A $ . Dunque ottengo:

$\{(root(n)( a_1a_2a_3...a_n) leq (a_1+a_2+a_3+... +a_n)/n),(n > 0):}$ inoltre $ a_1,a_2,a_3,...,a_n>0 $. Ho dunque (continuo a sviluppare solo il primo vincolo)

$ n( a_1a_2a_3...a_n)leq (a_1+a_2+a_3+... +a_n)^n rArr n prod_(i = 1)^(n)a_i leq (sum_(k = 1)^(n)a_k)^n rArr $

$ n prod_(i = 1)^(n)a_i leq nprod_(i = 1)^(n)a_i + [ (sum_(k = 1)^(n)a_k)^n - nprod_(i = 1)^(n)a_i] $


questo poichè n-volte la produttoria è addendo dello sviluppo della sommatoria alla n. Poichè la sommatoria di addendi tutti positivi è quantità positiva allora la disugualianza è dimostrata. Giusto?

4) Due cercatori d’oro hanno due grandi sacchi di pezzi d’oro. Il primo ha solo pezzi da 15 grammi, il secondo pezzi da 21 grammi. Pu`o il primo pagareesattamente al secondo un debito di 27 grammi d’oro? Potrebbe invece il secondo pagare esattamente al primo un debito di 29 grammi d’oro?

$ 15x+21y=27 $ trovo il MCD $ (21,15) $ . Si potrebbe usare l'algoritmo euclideo ma non mi sembra il caso di scomodarlo poichè $ (21,15)=3 $ e $ 27=3q $ allora l'equazione diofantea ha soluzioni e per il teorema di Bèzout $ 21x+15y=(21,15)rArr 21x+15y=3 $. Come soluzione generica, che però il problema non richiedeva (se non erro) ho trovato $ 15(27+7n)+21(-18-5n)=27 $ . Per il secondo punto : $ 15x+21y=29 $ ma poiche 3 non è divisore di 29 allora l'equazione diofantea non ha soluzione.

Cosa ne dite?Sono buone come soluzioni?

N.B. non ho messo la risoluzione al primo esercizio perchè ho cercato ed ho trovato un topic in cui se ne parla. L'ultimo esercizio invece è disponibile sul testo i problemi di Matematica della Scuola Normale Superiore [xdom="Martino"]Ritengo di spostare l'argomento in Secondaria II grado.[/xdom]

[floriano94]

Please,please help me!

[robbstark1]

Mi sembra tutto ok, a parte che non conosco il teorema di Bezout, e comunque non basta che $15x+21y=27$ abbia soluzioni intere, ma devono essere con $x>0$ e $y<0$.

[floriano94]

Ah giusto,perchè non ho considerato il fatto che è uno dei due a dover pagare l'altro e non è possibile il contrario..:/ grazie mille comunque...! Rimanendo in tema di equazioni diofantee (o almeno credo che sia quella la strategia risolutiva!), mi dte una mano a risolvere quest'esercizio?

Il candidato dica in quanti modi è possibile cambiare un biglietto da 1000 lire
(a) in monete da 100,20,10 lire
(b) in monete da 50,20,10 lire

Io ho pensato di impostare sempre una diofantea..ma ci sono tre incognite! Dunque ho provato a risolvere tutto in funzione di una incognita e porre le due soluzioni trovate maggiori di zero..ma non mi ritrovo mai con risultati accettabili!

[robbstark1]

Io più che con le diofantee ci andrei barbaramente contando le possibilità in modo organizzato.

Ad esempio per il primo punto:

- 10 pezzi da 100 lire (1 solo modo)
- 9 pezzi da 100 lire (quanti modi?)
- 8 pezzi da 100 lire (quanti modi?)
...
- 0 pezzi da 100 lire (quanti modi?)

Vediamo in quanti modi riesco a ottenere 100 lire senza monete da 100 lire:
- 5 pezzi da 20 lire
- 4 pezzi da 20 lire, 2 pezzi da 10 lire
- 3 pezzi da 20 lire, 4 pezzi da 10 lire
- 2 pezzi da 20 lire, 6 pezzi da 10 lire
- 1 pezzo da 20 lire, 8 pezzi da 10 lire
- 10 pezzi da 10 lire
Sono quindi 6 modi.

In quanti modi posso ottenere 200 lire senza monete da 100 lire?
- 10 pezzi da 20 lire
- 9 pezzi da 20 lire, 2 pezzi da 10 lire
...
- 0 pezzi da 20 lire, 20 pezzi da 10 lire
Sono quindi 11 modi.

A questo punto è facile capire che:
100 lire: 6 modi
200 lire: 11 modi
300 lire: 16 modi
400 lire: 21 modi
500 lire: 26 modi
600 lire: 31 modi
700 lire: 36 modi
800 lire: 41 modi
900 lire: 46 modi
1000 lire: 51 modi

Si tratta quindi di calcolare:
1+6+11+16+...+51
Ovviamente si può fare la somma normalmente, oppure notare:
1+6+11+16+...+51 = 0 + 5 + 10 + 15 + ... + 50 + 11 = 5*(1+2+3+...+10) +11 = 5*10*11/2 +11 = 25*11 + 11 = 26*11 = 286.

(Questo modo di sommare sarebbe stato particolarmente utile se ci fossero stati molti più termini)

[floriano94]

grazie robbstark..ogni tanto devo ammettere che andarci "barbaramente" a contare le possibilità sia davvero la strada migliore io ero già partito con una diofantea che chissà se mi avrebbe portato da qualche parte..! Credo che scritta in modo appropriato per un test della SNS questa possa risultare una soluzione di tutto rispetto.

[robbstark1]

Sì, certo. Dovresti un po' raffinare la scrittura anche secondo me.

[floriano94]

"robbstark": Dovresti un po' raffinare la scrittura anche secondo me.

Puoi chiarire meglio questa affermazione? Voglio affinare le mie risoluzioni e ascoltare le critiche costruttive è molto più utile che crogiolarsi nelle lodi.

[Umby2]

"floriano94":
Il candidato dica in quanti modi è possibile cambiare un biglietto da 1000 lire
(a) in monete da 100,20,10 lire
(b) in monete da 50,20,10 lire

il caso (b) mi sembra che non lo hai ancora affrontato...
mi sembra che sia leggermente piu complesso del precedente in quanto le 3 monete non sono tutte multiple tra loro..

[floriano94]

si infatti procedendo al calcolo ordinato come prima si dovrebbe ottenere (ditemi se sbaglio):

-20 pezzi da 50 lire (1 modo)
-19 pezzi da 50 lire (??)

e così via sino a giungere a

-0 pezzi da 50 lire (??)

Quindi come prima :
50 lire si possono ottenere come
2 pezzi da 20 e 1 pezzo da 10
1 pezzo da 20 e 3 pezzi da 10
0 pezzi da 20 e 5 pezzi da 10
dunque in 3 modi differenti
150 lire si possono ottenere come
7 pezzi da 20 e 1 da 10
6 pezzi da 20 e 3 da 10
5 pezzi da 20 e 5 da 10
4 pezzi da 20 e 7 da 10
......
0 pezzi da 20 e 15 da 10
dunque in 8 modi differenti

Se si reitera il procedimento si otterrà:
-20 pezzi da 50 lire (1 modo)
-19 pezzi da 50 lire (3 modi)
-18 pezzi da 50 lire (6 modi) Questo valore era stato calcolato nel punto precedente.Così come altri in seguito.
-17 pezzi da 50 lire (8 modi)
-16 pezzi da 50 lire (11 modi)
....
-0 pezzi da 50 lire (51 modi)

Dunque possiamo individuare volendo due progressioni aritmetiche . La prima con primo termine 1,ragione 5 ed ultimo termine 51 e l'altra con primo termine 3,ragione sempre 5 e ultimo termine 48. Facendo queste considerazioni si può procedere al calcolo della somma dei termini molto rapidamente.

[robbstark1]

"floriano94":[quote="robbstark"] Dovresti un po' raffinare la scrittura anche secondo me.

Puoi chiarire meglio questa affermazione? Voglio affinare le mie risoluzioni e ascoltare le critiche costruttive è molto più utile che crogiolarsi nelle lodi.[/quote]

Intendevo dire che la soluzione che ho dato io va bene, ma bisognerebbe cercare un modo più adeguato per scriverla, ma non è detto che ci si riesca sempre. Comunque, per esempio (metto in spoiler per facilitare la lettura del messaggio):

Indico con $x$ il numero di monete da 100 lire, con $y$ il numero di monete da 20 lire e con $z$ il numero di monete da 10 lire. Ovviamente $x$, $y$, $z$ $in NN$.
Inoltre $0<=x<=10$, essendo 10*100=1000.
Fissato $x$ la cifra residua da coprire con monete da 20 e da 10 è $(10-x)*100$.
Questa cifra residua, che è multipla di 100, può essere coperta con un massimo di 5 monete da 20 lire per ogni 100 lire, ovvero $0<=y<=5(10-x)$ (ovvero $5(10-x)+1$ possibili valori).
Essendo 1000, 100 e 20 tutti multipli di 10, ciò che resta è un multiplo di 10 e può quindi sempre essere coperto con monete da 10 lire.
Dunque il numero totale di modi possibili per ottenere 1000 lire con monete da 100, 20 e 10 lire è:
$sum_{x=0}^{10} [5(10-x) +1] = 5*sum_{x=0}^{10} x +11 = 5*(10*11)/2 +11 = 26*11 = 286$

Il secondo punto puoi provare tu, ma è simile, solo che è conveniente distinguere il caso di numero pari di monete da 50 dal caso dispari, così da ottenere le 2 sommatorie che hai già ottenuto.

[Seneca1]

[xdom="Seneca"]Sposto la discussione nella nuova sezione intitolata Scervelliamoci un po'.[/xdom]