Soluzione - Festa della Matematica

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CON IL PATROCINIO DEL COMUNE DI TORINO
GARA PER IL PUBBLICO
8 Gallery – Venerdì 8 marzo 2013
OLIMPIADI DI MATEMATICA
Problema 1 −−Gioco di carte
20 punti
Renato prende un mazzo di carte, estrae i 4 assi e i 4 re formando con essi quattro mucchietti di due
carte ciascuno. Davanti ad ogni pila di carte scrive su di un cartellino il numero di assi presenti nella
pila; poiché è dispettoso, il numero che ha scritto è falso. Sappiamo che vi sono più re nell'ultimo
mazzetto a destra che nell'ultimo mazzetto a sinistra.
2
0
1
1
Dite quanti assi ha messo in ogni mazzetto. Scrivere un numero di quattro cifre, ognuna delle quali
rappresenta la quantità di assi in ogni singolo mazzetto a partire da sinistra.
Soluzione:
Poiché le scritte sui cartellini sono false e i re nell’ultimo mazzetto a destra (il quarto) sono più
degli assi nel primo a sinistra (il primo), si evince che nel quarto mazzetto ci sono 2 re: infatti nel
primo ce n’è almeno uno. Restano da piazzare due re: andranno uno nel primo mazzetto (da
sinistra) ed uno nel secondo e non nel terzo, altrimenti in esso ci sarebbe un asso come scritto sul
cartellino. Automaticamente avremo un asso nel primo mazzetto, un asso nel secondo, due nel terzo
(nessun re) e zero nel quarto.
Risposta 1120
1
Problema 2 −−Una gita al mare!
25 punti
In una calda mattina di luglio, un gruppo di amici si scambia qualche sms per decidere se andare o
no al mare nel pomeriggio. Ecco i messaggi:
1. “Giulia è innamorata di Andrea quindi, se Andrea va al mare, ci va anche Giulia”
2. “Giulia o Federico vanno al mare, ma dopo la discussione dell’altra sera, se va uno non va
l’altro”
3. “Erica ha detto che oggi sta con Federico”
4. “Qualcuno al mare ci sarà senz’altro, Erica o Sara ci vanno”
5. “Se Sara va al mare, ci vanno anche Andrea e Federico” .... Insomma! Chi va al mare e chi no?
Per dare la risposta regolarsi come segue: associare ad ogni nome i seguenti numeri: Andrea = 300,
Giulia = 400, Federico = 500, Erica = 2000, Sara = 1000. La risposta deve essere la somma dei
numeri corrispondenti ai nomi di coloro che andranno al mare.
Soluzione:
Costruiamo la seguente tabella di verità (intendendo con V (vero): “va al mare” e con F (falso):
“non va al mare”):
A G F E S
V
F
F
F
V
V
F
F
F
F
V
V
F
F
V
V
V
V
F
V
Il quinto messaggio ci dice che se S è vera devono esserlo anche A ed F . Poiché A ed F non sono
mai vere contemporaneamente S deve essere falsa. L’unica opzione compatibile è quella in cui
Federico ed Enrica vanno al mare.
Risposta 2500
Problema 3 - Recipienti di casa
25 punti
Come mostra la figura, un bicchiere pesa quanto una bottiglia più una tazzina, mentre tre bottiglie
pesano quanto due bicchieri. Quante tazzine pesano quanto una bottiglia?
2
Soluzione 1:
2 tazzine pesano quanto una bottiglia. Infatti aggiungendo sulla bilancia di sinistra un bicchiere su
entrambi i piatti otteniamo:
2 bicchieri = tazzina + bottiglia + bicchiere.
Ma (vedi bilancia destra) 2 bicchieri = 3 bottiglie, quindi:
3 bottiglie = tazzina + bottiglia + bicchiere.
Ora togliamo una bottiglia su entrambi i piatti
2 bottiglie = tazzina + bicchiere
Se ora al posto del bicchiere a destra mettiamo (vedi figura di sinistra) una tazzina + una bottiglia,
otteniamo:
2 bottiglie = tazzina + tazzina + bottiglia.
Ne segue:
Una bottiglia = 2 tazzine.
Oppure, detto b il bicchiere, B la bottiglia e t la tazzina, si ha:
b=t+B
b=t+B
b = 3t
da cui
,
3B = 2b
3B = 2(t + B )
B = 2t
Soluzione 2 (sintetica):
Dalla seconda parte della figura (e dal testo!) è evidente che un bicchiere pesa quanto una bottiglia
e mezza. Dalla prima parte si evince quindi che una tazzina “vale” una mezza bottiglia. Quindi ci
vogliono due tazzine per pareggiare il peso di una bottiglia.
Risposta 0002
Problema 4 - Monete in pila
35 punti
Francesco ha appena rotto il suo salvadanaio e vuole mettere in ordine le sue monete. Forma allora
delle pile di nove monete e nota con stupore che il numero delle monete rimanenti è uguale al
numero delle pile formate. Decide poi di suddividere le sue monete in pile di undici monete: scopre
di nuovo che il numero delle monete che gli restano è uguale al numero di pile formate. Qual è il
numero minimo di monete che aveva Francesco nel suo salvadanaio?
Soluzione:
Indicando con N il numero delle monete e con x il numero di pile formato con nove monete ed il
numero di monete rimanenti si ottiene l’equazione
9x + x = N cioè 10 x = N , da cui si deduce che N deve essere un multiplo di dieci.
Analogamente indicando con y il numero di pile formate con undici monete si ottiene 11 y + y = N
da cui 12 y = N , da cui si deduce che N deve essere un multiplo di dodici. Tra i multipli di dieci e
dodici il minimo che risolve il problema è il m.c.m. (10,12) = 60.
Altro ragionamento che non fa intervenire le equazioni.
Poiché il numero delle monete che avanzano è proprio uguale al numero delle pile, si può
aggiungere una moneta ad ogni pila ed ottenere pile da 10 monete e da 12 in modo che non avanzi
alcuna moneta in entrambi i casi, quindi N dovrà essere un numero divisibile per 10 e 12. Per
tentativi poi si possono cercare i multipli di dieci e dodici che soddisfano le richieste del problema.
Risposta 0060
3
Problema 5 −−Quanti sottoinsiemi??
{
Si consideri l’insieme A =1,2,3...2013
hanno somma 2027085?
35 punti
}. Quanti sono i suoi sottoinsiemi i cui elementi, numerici,
Soluzione:
nn( + 1)
Sn =
2
che, nel caso di 2013, è 2027091 pertanto la richiesta è equivalente a “contare” quanti sono i
sottoinsiemi che hanno come somma 6 ed essi sono esattamente 4: {1,2,3 }; {1,5} {2,4 } {}
6 .
Risposta 0004
La somma degli elementi di A si può trovare usando la somma dei primi n numeri
Problema 6 – Giallo matematico
40 punti
Il commissario di polizia Javert assume un matematico per aiutarlo a risolvere un delitto. Sulla
scena del crimine sono presenti tra i 100 e i 200 bicchieri di vino ed esattamente in un bicchiere è
stato versato del veleno. Il laboratorio di polizia potrebbe testare singolarmente il contenuto di tutti i
bicchieri, oppure di un gruppo di bicchieri mescolando un campione per ogni bicchiere. Il
commissario vuole ridurre al minimo il numero di test necessari per determinare in quale bicchiere
c’è veleno. Il matematico suggerisce al detective di scegliere un bicchiere a caso e di testarlo; nel
caso il risultato sia negativo di continuare i test mescolando tra loro in modo opportuno i campioni
degli altri bicchieri, predicendo la risoluzione dell’enigma effettuando al massimo 8 test. Quanti
bicchieri sono presenti sulla scena del crimine?
Soluzione:
Il modo più rapido per trovare il bicchiere avvelenato sarebbe quello di dividere di volta in volta i
bicchieri in due gruppi, mescolare un campione di tutti i bicchieri di ogni gruppo, determinando
quale dei due gruppi contenga il campione avvelenato. Ripetere quindi il procedimento dividendo a
sua volta il gruppo con il bicchiere avvelenato in due gruppi sino a quando non si ottengano due
gruppi da un bicchiere singolo e di conseguenza il bicchiere avvelenato. L’unica possibilità di
avere un numero esatto di test sarebbe se il numero di bicchieri fosse esattamente una potenza di
due; in tutti gli altri casi si arriverebbe per forza ad avere gruppi contenenti un numero dispari di
bicchieri che darebbero quindi origine a sottogruppi disomogenei, uno pari ed uno dispari (e
quindi ad un numero di test variabile a seconda che il bicchiere avvelenato appartenga al gruppo
7
pari o al gruppo dispari). Poiché la potenza di due compresa tra 100 e 200 è 128 = 2 , i passaggi
necessari per arrivare a due bicchieri singoli sono 7, quindi 7 test; sommando il test iniziale si
arriva esattamente a 8 test. I bicchieri sono quindi 129.
Risposta 0129
4
Problema 7 – Pagine e pagine…
40 punti
Un tipografo sa che per numerare le pagine di un’enciclopedia, la cifra “1” è stata utilizzata 2013
volte. Il direttore della casa editrice gli chiede se è in grado di dire quante sono complessivamente le
pagine numerate contenute nell’enciclopedia? Riuscite ad aiutarlo nell’impresa?
Soluzione:
Per numerare le pagine dell’enciclopedia fino alla novantanovesima occorrono 20 cifre “1”, che
sono contenute all’interno della scrittura dei numeri 1, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 21, 31,
41, 51, 61, 71, 81 e 91. Per numerare le pagine dalla centesima alla centonovantanovesima
occorrono invece 120 cifre “1” in quanto ogni numero contiene un “1” come cifra delle centinaia.
Riassumendo:
Numeri compresi fra
Numero di cifre “1”
necessarie
0 e 99
20
100 e 199
120
200 e 299
20
300 e 399
20
400 e 499
20
500 e 599
20
600 e 699
20
700 e 799
20
800 e 899
20
900 e 999
20
Pertanto per scrivere i numeri da 0 a 999 occorre un totale di 300 cifre “1”.
Per numerare le pagine dalla millesima alla millenovecentonovantanovesima occorrono invece
1300 cifre “1” in quanto ogni numero contiene un “1” come cifra delle unità di migliaia.
Riassumendo:
Numeri compresi fra
Numero di cifre “1”
necessarie
0 e 999
300
0 e 1999
1600
0 e 2999
1900
0 e 3999
2200
Quindi il numero di pagine dell’enciclopedia sarà compreso fra 3000 e 3999, in particolare:
Numeri compresi fra
Numero di cifre “1”
necessarie
0 e 3099
1920
0 e 3199
2040
Analizzando ancora più nel dettaglio le ultime decine di numeri:
Numeri compresi fra
Numero di cifre “1”
necessarie
3100 e 3109
11
3110 e 3119
21
3120 e 3129
11
3130 e 3139
11
3140 e 3149
11
3150 e 3159
11
3160 e 3169
11
5
Per giungere così ad un totale di 2007 cifre “1” impiegate per scrivere i numeri fino a 3169
compreso. Le successive cifre “1” serviranno per enumerare le pagine 3170, 3171 (doppio “1”),
3172, 3173 e 3174.
Risposta 3174
Problema 8 – Questo è il mio posto!
40 punti
Un gruppo di amici decide di festeggiare la ricorrenza dell’ 8 Marzo: si ritrovano quindi tutti a cena
in uno spazioso locale. Ogni invitato prende posto in un’unica grande tavolata e tutti i posti a
disposizione sono occupati da un commensale.
La disposizione degli invitati è la seguente:
esattamente 7 signore hanno un’altra signora alla loro destra; esattamente12 signore hanno un uomo
alla loro destra; esattamente il 75% degli uomini presenti ha una signora alla sua destra. Quanti
sono gli invitati?
Soluzione:
Ogni persona ha alla propria destra o un uomo o una donna, quindi le donne saranno in tutto 7 +
12 = 19. Gli uomini che hanno una donna a destra sono tanti quante le donne che hanno un uomo a
destra, infatti in qualsiasi distribuzione circolare di sessi, con almeno tre persone, se viene
aggiunto ad es. un uomo, questo può avvenire in 4 modi:
1) Fra due donne: DUD. Si ottiene solo il fatto di aver aggiunto una D che ha un U a dx (e
tolto una D che una D a dx) e un U che ha una D a dx.
2) Fra una donna (a sx) e un uomo (a dx): DUU. Non cambia la situazione.
3) Fra un uomo (a sx) e una donna (a dx): UUD. Non cambia il numero di U che hanno D a
dx, né cambia la situazione delle D;
4) Fra due uomini: UUU. Non cambia la situazione che stiamo studiando.
4×
Quindi TOTALE UOMINI =
12 = 16. Quindi le persone sedute al tavolo sono
3
complessivamente 19 + 16 = 35.
Risposta 0035
Problema 9 - Rettangolo antimagico
45 punti
1 1
1
1 2
4
2
Riempite tutte le caselle vuote di questo rettangolo antimagico. Le somme dei numeri di ogni linea
o colonna sono sempre diverse fra loro e sempre minori o uguali a 9. Inoltre il rettangolo contiene
soltanto i numeri 1, 2 e 4. Come risposta scrivere in sequenza i numeri dell’ultima riga.
6
Soluzione:
Dobbiamo ottenere 7 somme di cui la massima è 9 e la minima sarà 3 (perché abbiamo almeno 3
caselle). Dovendo essere tutte diverse, saranno necessariamente 3 - 4 - 5 - 6 - 7 - 8 - 9.
Avendo
nella prima colonna già due 1 il terzo sarà ancora un 1 perché solo in quella colonna è possibile
ottenere la somma 3. La somma 4 si potrebbe ottenere o nell'ultima riga (1,1,1,1) o nella seconda
colonna (1,2,1) o nella quarta colonna (2,1,1). L’ ultima riga, però, non può essere formata da tutti
“1”, altrimenti si otterrebbe un'altra somma 4 nella seconda colonna. La quarta colonna non può
essere (2,2,1), perché si avrebbe un’altra somma 5 come nella prima riga. Proviamo a produrre 4
nella quarta colonna: la seconda riga dà somma 7. Potremo avere somma 8 solo nella terza riga,
ma la seconda e terza colonna possono dare 7 e 7 oppure 5 e 9. Quindi la seconda colonna sarà
(1,2,1). Notiamo che possiamo ottenere 9 solo nella seconda riga o nella terza colonna. Proviamo
con la terza colonna, che diventa (1,4,4). Il 6 , a questo punto lo si può avere solo sulla quarta
colonna, che diventa (2,2,2), ma ciò non va bene perché si otterrebbero due 9 nella seconda riga e
nella terza colonna. Quindi la seconda riga diventa
(1,2,4,2). La quarta colonna dovrà essere
(2,2,4), da cui forzatamente (soluzione unica) la terza colonna sarà
(1,4,1) e l’ultima riga sarà
(1,1,1,4).
Risposta 1114
Problema 10 – Cammino di Santiago
45 punti
Un gruppo di appassionati escursionisti si sta allenando per il Cammino di Santiago di Compostela,
formando una lunga fila di 50 metri. La strada è rettilinea ma dopo pochi chilometri incontreranno
un bivio in cui occorre svoltare a sinistra; l’escursionista in fondo al gruppo non è sicuro che
l’amico che sta in testa alla fila si ricordi della svolta. Decide quindi di raggiungerlo, gli ricorda di
svoltare a sinistra e ritorna in coda. Sapendo che in questo “andata e ritorno” la velocità
dell’escursionista premuroso è rimasta costante e che la colonna ha percorso 50
m, qual è la
distanza (in m) percorsa dall’escursionista premuroso?
Soluzione:
Detto x lo spazio percorso dal capofila quando viene raggiunta dalla compagno “premuroso”, v 1 la
x = 50 + x
sua velocità, v 2 la velocità del “premuroso”, abbiamo
il tempo impiegato dai due
v1
v2
50 + 2 x = 50
escursionisti per incontrarsi e
il tempo totale dell’andata e ritorno. Risolvendo il
v2
v1
sistema
x = 50 + x
v x
v1 = 2
v1
v2
50 + x
con x > 0, v1> 0, v2 > v1 , otteniamo
.
50 + 2 x = 50 ⋅ (50 + x )
50 + 2 x = 50
v2
v2 x
v2
v1
Da qui si nota che v 2 è “semplificabile” (quindi il risultato del problema non dipende dalle velocità
specifiche delle due formiche); ricaviamo quindi in sequenza
2
2
2
50 x + 2 x = 2500 + 50 x , 2 x = 2500 , x = 1250 , x = 1250 = 25 2 .
Lo spazio percorso, in cm, dall’escursionista premuroso sarà quindi S = 50 + 2x = 50 + 50 2 .
Cioè S = 50 1 + 2 ≅ 120,7106781.
Risposta 0120
(
)
7
Problema 11 −−Il gioiello
45 punti
Un gioielliere ha una perla sferica di raggio 1 cm. Poiché desidera fare un regalo speciale alla
moglie in occasione della Festa della Donna, pensa di utilizzarla come parte centrale di una spilla
che abbia un aspetto floreale: un nucleo centrale con 8 sferette - in oro - tangenti (alla perla centrale
ed alle sferette adiacenti, come in figura). Qual è il raggio (in cm) delle sferette? Dare la risposta
scrivendo le prime 4 cifre decimali del risultato.
Soluzione 1:
Si noti che i centri delle sferette sono i vertici di un ottagono regolare il cui lato è lungo quanto la
somma dei raggi di due di loro e quindi uguale al loro diametro.
In figura si ha MN = NP = AM = PB = r (raggio sferette). ON biseca l’angolo
AOˆ B che è
congruo a MOˆ P . C è il punto medio di AB. Abbiamo la similitudine dei triangoli rettangoli OPN e
OBC. Ci serve conoscere la lunghezza di CB, metà di AB. Ora, il segmento AB è uguale al lato
dell’ottagono regolare inscritto nella circonferenza di centro O (perla sferica). Sapendo che
360° = °
180° − 45° = °
l’angolo AOˆ B vale
45 , abbiamo OPˆ N = OBˆ C =
67 30' (angoli alla base di
8
2
8
triangoli isosceli). Utilizzando la trigonometria si trova CB = OB ⋅ cos(67°30 )' = 1 ⋅
2− 2
.
2
2− 2
Possiamo impostare la proporzione OP : NP = OB : CB cioè (1 + r ) : r = 1 :
, da cui
2
2− 2 ≅
r=
0,619914 .
2− 2− 2
Soluzione 2:
Consideriamo il triangolo OMP estratto dalla precedente figura. Si ha OM = OP = 1 + r ,
0
MP = 2r , e l’angolo in O uguale a 45 . Tracciamo l’altezza MH relativa a OP.
Il
triangolo
OMH
HP = OP − OH = (1 + r ) 1 −
è
rettangolo
1
2
isoscele,
1+ r
MH = OH =
.
2
quindi
Inoltre
.
1+ r
Applicando il teorema di Pitagora al triangolo MHP segue
2
2
+ (1 + r )2 1 − 1
2
2
= (2r )2 .
2
2
Da qui otteniamo (1 + r ) ( 2 − 2 ) = 4r , quindi (1 + r ) 2 − 2 = 2r e, risolvendo, si ha
r=
2− 2 ≅
0,619914 .
2− 2− 2
Problema 12 – La cassaforte
Risposta 6199
50 punti
Giuseppe e Dario sono due soci di una piccola agenzia di viaggi. Dario è un appassionato di giochi
matematici. Giuseppe decide di mettere alla prova le abilità di Dario e, a sua insaputa, cambia la
combinazione di 5 cifre della cassaforte dell’ufficio; scrive quindi 10 combinazioni diverse su un
foglio, tutte sbagliate ma in ognuna di esse una ed una sola cifra è collocata nel posto giusto. I 10
numeri sono : 07344 – 14098 – 27356 – 36429 – 45374 – 52207 – 63822 – 70558 – 85237 – 97665.
Inutile dire che Dario riesce ad individuare la combinazione giusta dopo pochi minuti. Dare come
risposta il numero formato dalle prime 4 cifre, da sinistra, relative alla combinazione giusta.
Soluzione:
Costruiamo una tabella dove nella prima colonna indichiamo le 5 posizioni delle cifre e nella
seconda colonna le cifre che appaiono in quella posizione:
9
Posizione
1
2
3
4
5
Cifre
0123456789
0234556777
0223334568
0223455679
2445677889
Abbiamo evidenziato in rosso le cifre che appaiono in due combinazioni in quella posizione e in
azzurro quelle che appaiono in tre combinazioni.
Consideriamo le cifre al posto giusto che sono 10 in tutto. In prima posizione ce n’è una sola
(perché in prima posizione ci sono una volta tutte le cifre da 0 a 9). Allora ci sarà almeno una cifra
che compare tre volte nella stessa posizione. Possono essere il 7 in seconda posizione o il 3 in terza
posizione. Una soluzione -73-- (con un trattino indichiamo cifre ancora incognite) non è possibile,
altrimenti nella terza combinazione ci sarebbero due cifre corrette. Poiché una sola cifra appare
tre volte nella stessa posizione, delle altre sette al posto giusto ne apparirà una sola in prima
posizione e le altre due volte nelle restanti tre posizioni rimanenti.
Se abbiamo 3 in terza posizione, allora in seconda posizione ci sarà il 5 (l’unica che appare due
volte in tale posizione), ma una soluzione -53-- non è possibile a causa della quinta combinazione.
Allora avremo 7 in seconda posizione e 2 in terza posizione (2 è l’unica cifra che appare due volte
in terza posizione), quindi -72--. In quarta posizione non può esserci 5 a causa della terza
combinazione, quindi avremo -722-. In ultima posizione non possono esserci 4 (per la prima
combinazione) oppure 7 (per la sesta combinazione), quindi avremo -7228. A questo punto
provando le 10 combinazioni solo la quinta risulta compatibile, quindi la combinazione finale sarà
47228.
Risposta 4722
Problema 13 – I numeri di Sophie Germain
50 punti
Sophie Germain (1776-1831) fu una donna che si innamorò della matematica dopo aver letto le
opere di Archimede. Utilizzò per diversi anni uno pseudonimo maschile perché ai suoi tempi le
donne erano escluse dagli ambienti accademici. Un numero primo p si dice di Sophie Germain se
anche 2p+1 è primo (ad esempio 2, 3, 5, 11). Sia S la somma dei primi 2013 numeri primi
(perdonate il gioco di parole!) di Sophie Germain. Quanto vale il resto della divisione di S per 6?
Soluzione:
Ogni numero primo p > 3 è congruo a 1 oppure a 5 modulo 6, quindi è della forma 6k + 1 oppure
6k + 5. Un primo di Germain maggiore di 3 è però necessariamente congruo a 5 modulo 6. Infatti,
se p fosse primo e p = 6k + 1, allora 2p + 1 = 12k + 3 sarebbe divisibile per 3 e dunque non
sarebbe primo (qui k > 0), non rispettando la definizione di primo di Germain. Quindi, a parte 2 e
3, tutti i successivi primi di Germain saranno congrui a 5 modulo 6. Allora S ≡ 2 + 3 + 2011*5 ≡ 2
+ 3 + 1*5 ≡ 4 (mod 6).
Risposta: 0004
Osservazione: non è noto se i numeri di Sophie Germain siano finiti od infiniti (è una congettura);
tuttavia si sa che essi sono più di 2013.
10
Problema 14 −−Una coppia moderna
55 punti
In una coppia moderna Anna va a lavorare tutti i giorni in treno mentre Marco rimane a casa a
badare alle faccende domestiche. Anna arriva alla stazione tutte le sere alle ore 18:00. Marco parte
in auto da casa per andare a prenderla alla stazione tutti i giorni alla stessa ora in modo da arrivare
in stazione al momento esatto dell’arrivo di Anna, dopodiché tornano in auto a casa. Oggi Anna ha
terminato prima di lavorare ed è riuscita a prendere il treno precedente. Arrivata in stazione si dirige
a piedi verso casa mentre Marco ignaro di tutto parte alla solita ora in auto. Si incontrano lungo la
strada e ritornano a casa in auto arrivando 8 minuti prima del solito. Supponendo che l’auto viaggi
sempre alla stessa velocità, che Anna cammini a velocità costante pari ad 1/10 della velocità
dell’auto e che quando si incontrano ripartano immediatamente in auto, a che ora è arrivato oggi il
treno su cui viaggiava Anna? Fornire la risposta indicando le ore e i minuti, ad esempio se il treno
arrivasse alle 17:48 il risultato da riportare sarebbe 1748.
Soluzione:
Sia v P la velocità a piedi, v A la velocità dell’auto, x l’anticipo del treno e y lo spazio percorso a
piedi. Il tempo impiegato da Anna per percorrere a piedi il tratto y è x – y/v A (l’anticipo del treno
meno il tempo che manca all’auto per giungere alla stazione quando si incontrano), da cui
y =
vP x −
y.
vA
xv P
. L’anticipo con cui arrivano a casa è 2y/v A (il tempo
v
P
1+
vA
che l’auto avrebbe impiegato per andare dal punto d’incontro fra Anna e Marco alla stazione e
nuovamente dalla stazione al punto d’incontro). Sostituendo l’espressione per y trovata in
precedenza e ricordando che il rapporto fra le velocità è pari a 1/10 si ottiene che l’anticipo con
cui arrivano è:
v
1
2x P
2x
vA =
2y =
10 = x ⋅ 10 = 2 x .
1 +
v A vP +
5 11 11
1
1
10
vA
Risolvendo rispetto ad y si ottiene y =
Misurando il tempo in minuti si ottiene allora 2x/11 = 8 da cui x = 44. Il treno arriva allora 44
minuti prima delle 18:00, ossia alle ore 17:16.
Risposta: 1716
Problema 15 −−Spidercam
55 punti
Un campo da tennis di dimensioni 24 m µ 11 m è ripreso da una telecamera appesa a 4 fili tesi che
vanno dalla telecamera alla cima di 4 pali alti 10 m e posti ai 4 angoli del campo. Un operatore può
spostare la telecamera in un punto qualsiasi del campo e ad una altezza qualsiasi (compresa tra 0 m
e 10 m) agendo su un joystick che controlla la lunghezza dei fili. Qual è la massima somma delle
lunghezze dei 4 fili in metri (qui intendiamo per lunghezza di un filo il tratto di filo dalla telecamera
alla cima del palo)?
11
Soluzione:
Il problema si può modellizzare così: data una piramide a base rettangolare di dimensioni 24 µ 10
ed una altezza h ≤ 10, supponendo che la proiezione del vertice sul piano di base non sia esterno al
rettangolo di base, trovare la massima somma della lunghezza degli spigoli. E’ innanzitutto chiaro
che h deve essere uguale a 10; infatti se h < 10 prendendo la piramide avente h = 10 ed avente il
vertice con la stessa proiezione sulla base otterrei 4 spigoli ciascuno maggiore dello spigolo
corrispondente. Voglio mostrare che il massimo si ottiene quando il vertice della piramide si trova
sulla verticale di uno dei vertici del rettangolo. Per questo usiamo un piccolo lemma: dato un
rettangolo ABCD (vedi figura) con un punto E su CD, allora AE + BE è massimo quando E
coincide con D (o con C).
§ EC.
Consideriamo infatti il caso in cui E non coincida con C né con D e che sia ad es. DE
Rappresentiamo il simmetrico del rettangolo rispetto a CD. Allora si ha che AE + EB = A’E + EB
< A’D + BD = AD + BD. Questa disuguaglianza si può dimostrare considerando il quadrilatero
A’EBD: l’angolo A' ÊB è maggiore o uguale ad un angolo piatto (vedi figura) e la sua bisettrice
incontri BD in F. Allora A’E + EB < A’F + FB < A’D + DF + FB = A’D + BD perché in un
triangolo ad angolo maggiore si oppone lato maggiore e per la disuguaglianza triangolare.
Analogamente se DE > EC.
Consideriamo ora il parallelepipedo rettangolo avente la stessa base della piramide e la stessa
altezza. Applicando una prima volta il lemma al rettangolo avente un lato coincidente con un lato
di base del parallelepipedo e il lato parallelo passante per il vertice della piramide, segue che il
massimo si ottiene quando il vertice appartiene al perimetro della base superiore del
parallelepipedo. Applicando ancora una volta il lemma con un rettangolo avente un lato
coincidente con un lato di base del parallelepipedo e il lato parallelo sullo spigolo opposto della
base superiore del parallelepipedo segue che il vertice della piramide deve coincidere con un
vertice della base superiore del parallelepipedo.
Premesso questo possiamo sommare i 4 spigoli della piramide ottenendo
2
2
2
2
2
2
2
10 + 24 + 10 + 11 + 10 + 24 + 11 + 10 = 36 + 221 + 797 = 79,097... Risposta: 0079
12
Problema 16 −−Numero astronomico
55 punti
Quali sono rispettivamente la prima, la duemilaquattordicesima, la duemilaventesima e la
seimilatrentesima cifra a partire da destra del numero:
3
2013
−2 ?
10
(
)
Naturalmente in scrittura decimale.
Soluzione:
Sfruttando lo sviluppo del cubo di binomio si ottiene:
(10
2013
)
(
)(
)
− 2 = 10 6039 − 6 ⋅ 10 4026 + 12 ⋅ 10 2013 − 8 = 10 6039 + 12 ⋅ 10 2013 − 6 ⋅ 10 4026 + 8 .
3
A livello di scrittura decimale si ha:
10
6039
= 1000
...000
142
43 ,
6039
6 ⋅ 10
4026
cifre
= 6000
...000
142
43,
cifre
4026
12 ⋅ 10
2013
= 12000
...000
142
43,
2013
pertanto
10
6039
+ 12 ⋅ 10 2013 = 1000
...000
12000
...000
142
43
142
43
4024
e
cifre
6 ⋅ 10
4026
2013 cifre
cifre
+ 8 = 6000
...000
8,
142
43
4025 cifre
quindi, in definitiva,
(10
6039
)(
)
+ 12 ⋅ 10 2013 − 6 ⋅ 10 4026 + 8 = 999
...999
4000
...000
11999
...999
2 .
142
43
142
43
142
43
2012 cifre
2011 cifre
a
cifre
2012
a
a
Perciò la prima cifra da destra è un 2, la 2014 è un 1, la 2020 è uno 0 e la 6030 è un 9.
Risposta 2109
Problema 17 −−L’ascensore
55 punti
L’ascensore di un palazzo ferma ad 11 piani (il piano terra più i piani da 1 a 10). Al piano terra
salgono 10 persone, ognuna delle quali va, indipendentemente dalle altre, ad un piano compreso tra
1 e 10 con ugual probabilità. Se non vi sono passeggeri che attendono l’ascensore ai piani superiori,
quale è il numero medio di fermate dell’ascensore? Detto F questo valore, fornire come risposta la
parte intera di 1000 F.
13
Soluzione 1:
Per i ∈ {1,2,...,10} sia X i = 1 se l’ascensore ferma al piano i e zero altrimenti. Il valore E[X
i] è
i
uguale alla probabilità che l’ascensore fermi al piano i, quindi E[X i] = 1 – (9/10) , ossia 1 meno la
probabilità che nessuno scenda al piano i. Il numero di fermate dell’ascensore è
10
∑ E[ X
i =1
i
[
] = 10 1 − (9 / 10 )
10
]= 6,513215599.
Soluzione 2:
Numeriamo i passeggeri da 1 a 10. Per i ∈ {1,2,...,10} sia X i uguale a 0 se il passeggero i va ad un
piano uguale a quello di un passeggero j < i, ed uguale ad 1 altrimenti. Ovviamente X
1=1. Il
numero di piani a cui ferma l’ascensore è allora 1 + X 2 + X 3 + … + X 10. Pertanto il numero medio
di fermate sarà E[1 + X 2 + X 3 + … + X 10] = 1 + E[X 2] + … + E[X 10]. Ma E[X i] è uguale alla
-1
probabilità che il passeggero i non-vada ad un piano uguale a quello dei precedenti i
i 1
passeggeri, quindi uguale a (9/10) . Perciò il numero medio di fermate è
10
9
1−
2
9
10
9
9
9
10
+ ... +
=
= 10 1 − 9
= 6,513215599 .
1+ +
Risposta: 6513
9
10 10
10
10
1−
10
Problema 18 −−Calcolo enigmatico
60 punti
▢ □ □ −
▩ = ▢ ▨⊠
×
+
−
▢ ▨ ▣ − □ ▧ = ▧▩▦
_________________________
▣ □ ▩ : □ □ ▤ =
▤
A segno uguale corrisponde cifra uguale (e a segno diverso cifra diversa).
Quale numero corrisponde alla stringa
▣ ▤▩▢
?
Soluzione:
Sostituiamo lettere ai simboli in questo modo:
14
▢
= A,
□
= B,
▩ = C, ▨ = D, ⊠ = E, ▣
= F,
▧ = G, ▦ = H, ▤ = L
Otteniamo così:
ABB −
C = ADE
×
+
−
−
ADF
BG = GCH
_______________________
FBC : BBL =
L
Dalla somma (verticale) si deduce D = 0 oppure D = 9, ma dalla prima sottrazione(orizzontale) si
ricava B > D e quindi D = 0. Si ha pure F = 2A e A § 4.
Dalla prima sottrazione (orizzontale) si ricava quindi
C + E = BB = 11 (e non altri risultati
essendo C + E < 18), cioè B = 1. Conseguentemente si ha C = F + 1.
Dalla divisione (orizzontale in basso) si ottiene poi
L ∫ 0, 1, 5, 6 (poiché il quadrato di queste
quantità dà un numero che termina con la stessa cifra, s’intenda: 1 ×1 = 1, 5 ×5 = 25, 6 ×6 = 36 e
lo zero è comunque da escludere), nonché F = L + 1 § 8 a causa del “riporto” generato da L×B,
volendo eseguire la “prova” della divisione stessa. Poiché F è pari, L è dispari con L § 7.
Si deduce allora che L vale 3 oppure 7. In entrambi i casi dovrà essere C = 9, infatti (dalla
moltiplicazione e dall’ultima sottrazione in verticale) si ha G < A = F/2, G § 3; il prodotto G × C
deve dare un numero di due cifre, la prima delle quali tale da essere un “riporto” adeguato a
formare il numero 11, cioè BB, nella somma con C ×1 e ciò si ottiene solo ponendo appunto C = 9
e G = 3. Quindi L = 7. Di conseguenza si ha: F = 8, A = 4.
Immediatamente, eseguendo la prima sottrazione (orizzontale in alto) e poi l’ultima sottrazione
(verticale a destra, oppure la seconda orizzontale), scopriamo che è E =2 e H = 5.
Soluzione unica.
La stringa richiesta sarà FLCA = 8794.
Risposta 8794
Problema 19 −−Il poligono di Archimede
80 punti
Sia l la lunghezza del lato di un poligono regolare di 96 lati inscritto in una circonferenza di raggio
2
2
2
1. Il numero 2(((l − 2) − 2) − 2) può essere scritto come la somma di due radicali quadratici
a + b con a < b ed entrambi numeri naturali. Fornire il risultato come un numero di 4 cifre in
cui le prime due sono le cifre di a e le ultime due le cifre di b (ad esempio per
0305, per 2 + 41 scrivere 0241, per 11 + 13 scrivere 1113).
3 + 5 scrivere
Soluzione:
Siano ln ed l2n le lunghezze dei lati del poligono regolare di n e 2n lati inscritti in una circonferenza
2
di raggio 1. Considerando la figura seguente (Fig. 1) si può provare che l2 n = 2 − 4 − ln .
15
Fig. 1
Infatti, applicando il teorema del coseno ai due triangoli AOB e AOC, in cui si intende
AC = l 2 n , si ottiene:
π
π
2 =
2
,
l n = 1 + 1 − 2 cos
2 − 2 cos
n
n
π
AB = l n e
π
2 =
l 2 n = 1 + 1 − 2 cos
2 − 2 cos .
2n
n
2π = − 2
2 l n , da cui, grazie alla formula di
n
bisezione relativa al coseno (e ricordando che per n > 2 il coseno di π/n è positivo), si ottiene il
risultato cercato:
Dalla prima delle due relazioni si può ricavare
l 2 n = 2 − 2 cos
π
n
= 2−2
2 cos
2π
n = 2 − 2 + 2 cos 2π = 2 − 2 + 2 − l 2 = 2 − 4 − l 2 .
n
n
2
n
1 + cos
Un altro modo, ancora per via trigonometrica, per arrivare a questa conclusione è di notare che,
π
ln
sempre in riferimento alla figura 1, l n = 2 sin
(come pure si avrebbe l 2 n =
π ).
n
2 cos
2n
Quindi
l 2 n = 2 sin
π
2n
=2
1 − cos
π
n = 2 − 2 cos π = 2 − 2 1 − sin 2 π = 2 − 2 1 − l n = 2 − 4 − l 2 .
n
2
n
n
4
2
Un terzo modo per provare la formuletta senza far ricorso alla trigonometria è il seguente.
ln
Dalla figura 2, applicando il teorema di Pitagora, otteniamo: OD = 1 −
2
2
.
16
Fig. 2
(
)
2
ln
Per il primo teorema di Euclide: AC = EC ⋅ CD = EC ⋅ 1 − OD = 2 1 − 1 −
4
2
= 2 − 4 − ln 2 .
Prendendo la radice quadrata si ha la tesi.
Siccome l 6 = 1 (il lato dell’esagono regolare è uguale al raggio della circonferenza circoscritta),
applicando ricorsivamente la formula trovata in precedenza, si ottiene l96 = 2 − 2 + 2 + 2 + 3 .
Il numero richiesto dal problema è allora uguale a 2 2 + 3 = 2 + 6 .
Problema 20 −−Il gagà
Risposta: 0206
90 punti
Per Carlo essere alla moda è indispensabile tanto che, per seguire le nuove tendenze, si è comprato
addirittura tre vestiti. Non ha badato a spese e ha pagato complessivamente 1991 Euro. Qual era il
prezzo del secondo vestito, sapendo che quello del terzo era il doppio di quello del primo e che per
scrivere i tre prezzi in questione (tutti numeri interi di Euro) si usano nove cifre diverse tra loro?
Poiché il problema ammette più di una soluzione, dare come risposta la somma dei prezzi del
secondo vestito.
.
Soluzione:
Siano x, y, z nell’ordine i prezzi in Euro dei tre vestiti. Poiché la somma dei prezzi è 1991, si deduce
che al massimo un solo prezzo può raggiungere le 4 cifre, infatti è 1991 < 2000.
Consideriamo ora le cifre delle unità (prima cifra a destra) dei tre prezzi. La loro somma deve dare
11 oppure 21, cioè terminare con “1”. I casi possibili con cifre tutte diverse fra loro sono indicati
nelle seguenti terne:
a) Somma 11: (1,2,8), (1,4,6), (1,3,7), (2,3,6), (2,4,5), (0,2,9), (0,3,8), (0,4,7), (0,5,6). Di queste,
tenendo conto che z = 2x (*), sono papabili solo (1,8,2), (3,2,6), (6,3,2), (2,5,4), (7,0,4), (5,6,0), le
quali hanno l’ordine dettato dall’ultima considerazione fatta. Testiamole, considerando che la
somma delle decine (col riporto) deve dare 9 o 19.
La prima ci lascia scegliere fra 0,3,4,5,6,7,9 (con una da escludere). Qui il riporto è 1, quindi serve
una terna che dia somma 8 o 18. L’unica possibile, per la somma 8, è (0,3,5). Per le centinaia
restano quindi le cifre 4,6,7,9 (meno una). Non essendoci più riporti, per ottenere 19 (nove
centinaia ed un migliaio) non resta che scegliere (4,6,9). Sempre per la (*), le terne avranno
quest’ordine:
17
unità: (1,8,2), decine (5,3,0), centinaia (4,6,9). Da cui : x = 451, y = 638, z = 902 , numeri che
soddisfano la richiesta.
Per la somma 18 la nostra terna (1,8,2) richiede per le decine (3,9,6) o (5,6,7) oppure (4,5,9), di
cui le ultime due non soddisfano la (*), mentre (3,9,6) indica per le centinaia una scelta di tre fra
0,4,5,7: non è possibile soddisfare la (*).
La seconda terna ci lascia scegliere fra 0,1,4,5,7,8,9 (con una da escludere). Come sopra dobbiamo
comporre somma 8. L’unica terna è (0,1,7), applicando la quale però non si riesce a soddisfare la
solita condizione (*). Proviamo con somma 18. Otteniamo (4,5,9), che non soddisfa la (*) o (9,1,8),
la quale ci fa scegliere, per le centinaia, fra 0,4,5,7: non si riesce a trovare una terna congrua.
La terza ci lascia scegliere fra 0,1,4,5,7,8,9 (…). Anche in questo caso per le decine ci servirebbe
(0,1,7), la quale terna qui potrebbe andar bene, scritta (0,7,1). Per le centinaia restano 4,5,8,9
(…): scegliamo (4,5,8). Testiamo quindi i tre numeri x = 406, y = 573, z = 812, i quali, pur
soddisfacendo la (*), non danno come somma 1991 come richiesto. Oppure (somma 18) per le
decine servirebbe (1,9,8) o (4,5,9), di cui la prima non soddisfa la (*) e la seconda richiama
0,1,7,8, da cui non si costruiscono terne congrue.
La quarta ci fa scegliere fra 0,1,3,6,7,8,9 (…). Terna conseguente (0,1,7), vedi sopra; oppure
(3,7,8), (6,9,3), (9,1,8), di cui la prima fallisce, la seconda ci porta a scegliere fra 0,1,7,8 senza
possibilità di soddisfare la (*) e la terza, con scelta fra 0,3,6,7, ci fa trovare la terna (3,6,7).
Testiamo quindi i tre numeri x = 392, y = 615, z = 784, i quali, pur soddisfacendo la (*), non
danno come somma 1991 come richiesto.
La quinta ci fa scegliere fra 1,2,3,5,6,8,9 (…). Terna conseguente (1,2,5) per somma 8: vedi sopra.
Oppure (1,8,9), (6,9,3), di cui la prima non è fruttifera; la seconda fa scegliere fra 1,2,5,8
ottenendo la terna finale (2,8,5). Testiamo quindi i tre numeri x = 267, y = 890, z = 534, i quali,
pur soddisfacendo la (*), non danno come somma 1991 come richiesto.
La sesta ci fa scegliere fra 1,2,3,4,7,8,9 (…). Terna conseguente (1,3,4), la quale qui potrebbe
andar bene, scritta (1,4,3). Per le centinaia restano 2,7,8,9 (…), coi quali numeri, però, non si può
soddisfare la solita relazione. Oppure, per somma 18, scegliamo (1,8,9), (2,7,9), (3,7,8) ma tutte
inefficaci per la (*).
b) Somma 21: (4,9,8), (5,7,9), (8,7,6), (9,4,8) già con l’ordine dettato dalla solita richiesta. La
seconda terna però non va bene, restano (4,9,8), (8,7,6) e (9,4,8). Testiamole, considerando che la
somma delle decine (essendoci un riporto di 2) deve dare 7 o 17.
La prima ci fa scegliere su 0,1,2,3,5,6,7 (…). Papabili: (0,1,6), (0,2,5). Di queste funziona bene
solo la seconda, ordinata come (5,2,0), per il solito discorso. Per le centinaia restano 1,3,6,7 (…).
Se vogliamo ottenere 19 (vedi sopra) dobbiamo prendere necessariamente il 6 ed il 3 per le
centinaia e 1 per il migliaio. Con ovvie considerazioni si trova quindi: x = 654, y = 29, z = 1308.
La seconda possibilità ci fa scegliere su 0,1,2,3,4,5,9 (…). Papabili (0,2,5), (0,3,4), (1,2,4), (3,9,5).
Di queste funziona bene solo la prima, ordinata come (2,0,5), per il solito discorso. Per le centinaia
restano 1,3,4,9 (…). Non c’è verso di ottenere 9 come centinaia del risultato.
La terza possibilità, come la prima, ci fa scegliere su 0,1,2,3,5,6,7 (…) ottenendo (0,6,1), (2,0,5). Di
queste la prima ci lascia 2,3,5,7, da cui non si reperiscono centinaia valide. L’altra terna richiama
1,3,6,7, da cui otteniamo (3,7,6). Testiamo quindi i tre numeri x = 329, y = 704, z = 658, i quali,
pur soddisfacendo la (*), non totalizzano la somma di 1991 come invece richiesto.
In conclusione il problema ammette le due soluzioni y 1 = 638, y2 = 29, la cui somma dà 667.
Risposta 0667
18