I Giochi di Archimede - Gara Triennio

4) Quanto vale log2 (3) · log3 (4) · log4 (5) · . . . · log126 (127) · log127 (128)?
(A) 1 (B) 4 (C) 6 (D) 7 (E) nessuna delle precedenti
PROGETTO OLIMPIADI DI MATEMATICA
U.M.I. UNIONE MATEMATICA ITALIANA
MINISTERO DELLA PUBBLICA ISTRUZIONE
SCUOLA NORMALE SUPERIORE
5) In un trapezio ABCD la base maggiore AB è tripla della base
minore CD. Indicato con E il punto medio della diagonale
BD, qual è il rapporto fra l’area del triangolo CDE e l’area
del trapezio?
(A) 1/3 (B) 1/6 (C) 1/8 (D) 1/12
(E) non può essere determinata dai dati forniti
A
I Giochi di Archimede - Gara Triennio
27 novembre 2013
1) La prova consiste di 20 problemi; ogni domanda è seguita da cinque risposte indicate
con le lettere A, B, C, D, E.
2) Una sola di queste risposte è corretta, le altre 4 sono errate. Ogni risposta corretta
vale 5 punti, ogni risposta sbagliata vale 0 punti e ogni problema lasciato senza
risposta vale 1 punto.
3) Per ciascuno dei problemi devi trascrivere la lettera corrispondente alla risposta che
ritieni corretta nella griglia riportata qui sotto. Non sono ammesse cancellature o
correzioni sulla griglia. Non è consentito l’uso di alcun tipo di calcolatrice.
Il tempo totale che hai a disposizione per svolgere la prova è di due ore.
Buon lavoro e buon divertimento.
Nome
1
2
Cognome
3
4
5
6
7
8
9
10
Classe
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
D
C
E
6) In una scultura d’arte moderna è rappresentato un cerchio
nascosto in parte da un triangolo equilatero, come in figura: il
cerchio ha il √
diametro lungo quanto l’altezza del triangolo, la
quale misura 6 m. Quanto vale l’area della parte del cerchio
non coperta dal triangolo ?
√
(A) ( 32 π− √83 ) m2 (B) π2 m2 (C) (π− 3 4 3 ) m2
√
(D) ( 23 π− 9 8 3 ) m2
(E)
3
2π
m2
7) Quanto è lungo il percorso più corto che passa per tutti i vertici di un cubo di lato
1 m? N.B. il percorso può anche√passare all’interno
√ del cubo.
(A) 6 m (B) 7 m (C) (6 + 2) m (D) (6 + 3) m (E) 8 m
8) Data una tabella con 2 righe e 1007 colonne, scriviamo tutti i numeri da 1 a 1007
sulla prima riga in ordine crescente, e i numeri da 1008 a 2014 sulla seconda,
sempre in ordine crescente. Guardiamo ora la tabella come 1007 coppie di numeri
sovrapposti in verticale: in quante di esse il numero che compare nella seconda riga
è un multiplo di quello che gli sta sopra?
(A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 5 (E) 6.
1) Fino al 2013, nella colonia penale di Zoranel la popolazione era
costituita per il 60% da androidi, dei quali il 5% adibiti a vigilanza; diciamo q la 9) Alberto va in cartoleria per comprare dei quaderni e li vuole tutti di colori diversi.
In cartoleria ci sono 2014 quaderni di vari colori; per ciascun colore il numero di
percentuale di androidi di vigilanza sul totale della popolazione in quell’ anno.
quaderni è una potenza di 2, diversa da colore a colore. Quanti quaderni può
Nel 2014 la popolazione aumentò del 10% per l’arrivo di N umani esiliati.
comprare al massimo Alberto?
Di quanto diminuı̀ la percentuale di androidi di vigilanza sulla popolazione totale?
(A) 7 (B) 8 (C) 9 (D) 10 (E) 11.
(A) non cambiò (B) di meno di un decimo di q (C) di più di un decimo di q
(D) dipende da N (E) dipende da quanto era numerosa la popolazione iniziale.
10) I lati di un triangolo misurano rispettivamente 2 cm, 3 cm e 4 cm. Calcolare l’area
del cerchio inscritto nel triangolo.
2) Leo lancia 7 volte una moneta (non truccata) ottenendo due volte testa e cinque
5
2
2
2
(A) 12
cm2 (B) 5π
(C) 5π
(D) 2π
(E) π cm2
volte croce. Se la lancia ancora una volta, con quale probabilità otterrà testa?
36 cm
12 cm
3 cm
35
1
1
1
1
(A) 8 (B) 7 (C) 1 − 27 (D) 27 (E) 2
11) Sapendo che k è un numero intero positivo fissato, per quante coppie (x, y) di
3) Sapendo che f è una funzione dispari, cioè tale che f (x) = −f (−x) per ogni x,
numeri reali maggiori o uguali a 0 vale l’uguaglianza x2k + y 2k = (xy)k ?
quale delle seguenti è sicuramente una funzione dispari?
(A) 0 (B) 1 (C) 3 (D) infinite (E) dipende da k
(A) f (x)−1 (B) (f (x))2 (C) (f (x))2+f (x) (D) (f (x))3+1 (E) (f (x))3+f (x)
B
12) Dato un triangolo ABC, si tracci la bisettrice dal vertice A, che
incontra il lato BC nel punto D. Se CD + CA = 12 m, e CD =
1
3 BC, quanto misura il perimetro del triangolo?
(A) meno di 32 m (B) 32 m (C) 36 m (D) più di 36 m
(E) non si può determinare dai dati forniti
B
A
D
C
13) Se n è un numero naturale con 6 divisori interi positivi, quanti divisori interi positivi
ha n2 ? N.B.: tra i divisori di un numero contiamo anche 1 ed il numero stesso.
(A) 11 (B) 12 (C) 15 (D) 36 (E) la risposta dipende da n
14) Il polinomio p(x) ha grado maggiore o uguale a 2 ed i suoi coefficienti sono tutti
numeri interi. Quale dei seguenti numeri divide certamente p(169) − p(1)?
(A) 25 (B) 32 (C) 36 (D) 49 (E) 56
15) Sapendo che a, b, c, d, e, f sono interi positivi, quante sono al massimo le coppie
(x, y), con x e y compresi tra 0 e 1, che soddisfano il seguente sistema?
�
ax2 + bxy = c
dx2 + exy = f
(A) 0
(B) 1
(C) 2
(D) infinite
(E) nessuna delle precedenti
16) Consideriamo il numero N = 2000! = 1 · 2 · 3 · . . . · 1999 · 2000. Indichiamo con X il
numero di zeri con cui termina N quando è scritto in base 10, e con Y il numero
di zeri con cui termina N quando è scritto in base 5. Allora X − Y vale:
(A) −2 (B) 0 (C) 3 (D) 2013 (E) 2014
17) Come si ordinano in ordine crescente di grandezza i tre numeri 333 , 430 , 525 ?
(A) 333 < 430 < 525 (B) 333 < 525 < 430 (C) 430 < 333 < 525
(D) 430 < 525 < 333 (E) 525 < 430 < 333
18) Al porto sono arrivate 5 casse contenenti ciascuna 72 banane e in una di esse vi è
un certo numero di banane radioattive. Si sa che scegliendo a caso due delle cinque
casse e scegliendo a caso da ciascuna di esse una banana, la probabilità che una delle
due banane scelte sia radioattiva è del 5 %. Quante sono le banane radioattive?
(A) 6 (B) 9 (C) 10 (D) 12 (E) nessuna delle precedenti
19) Siano p(x) e q(x) due trinomi, dove per trinomio si intende la somma di tre monomi
non nulli di gradi diversi tra loro (ad esempio −x5 + 3x2 + 2x è un trinomio).
Facciamo il prodotto p(x)q(x): da quanti monomi non nulli è composto, come
minimo, tale prodotto?
(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (E) 5
20) Vogliamo coprire una griglia di 5x5 quadratini con delle
tessere a forma di z come in figura, che possono essere
ruotate, ribaltate e sovrapposte, eventualmente anche
fuoriuscendo dalla griglia (purché ogni parte di tessera che
cade all’interno della griglia si sovrapponga precisamente a
1, 2, 3 o 4 quadratini). Quante tessere ci vogliono, come
minimo?
(A) 6 (B) 7 (C) 8 (D) 9 (E) 10
PROGETTO OLIMPIADI DI MATEMATICA
U.M.I. UNIONE MATEMATICA ITALIANA
MINISTERO DELLA PUBBLICA ISTRUZIONE
I Giochi di Archimede - Soluzioni Triennio
27 novembre 2013
Griglia delle risposte corrette
Problema Risposta corretta
1
B
2
E
3
E
4
D
5
C
6
C
7
B
8
C
9
C
10
C
Problema Risposta corretta
11
B
12
C
13
E
14
E
15
D
16
B
17
B
18
B
19
B
20
D
Risoluzione dei problemi
1. La risposta è (B).
Sia P la popolazione di Zoranel fino al 2013. La percentuale degli androidi di vigilanza sulla
5 60
3
= 100
ed il numero di tali androidi
popolazione totale risultava in quell’anno uguale a q = 100
100
10
di vigilanza uguale a qP . Dopo l’arrivo degli esiliati, la popolazione salı̀ a P � = P + 100
P = 11
P,
10
qP
10
�
mentre la percentuale degli androidi di vigilanza sul totale scese al valore q = P � = q 11 . Dunque
1
1
la percentuale scese di q − q � = 11
q, che è inferiore a 10
q.
[Problema proposto da A. Sambusetti]
2. La risposta è (E).
Ad ogni lancio della moneta la probabilità di ottenere testa è la stessa, indipendentemente dagli
esiti dei lanci precedenti. Dato che la moneta non è truccata questa probabilità è 1/2.
[Problema proposto da P. Leonetti]
3. La risposta è (E).
Consideriamo la funzione g definita da g(x) = (f (x))3 + f (x); per ogni x si ha
g(−x) = (f (−x))3 + f (−x) = (−f (x))3 − f (x) = −[(f (x))3 + f (x)] = −g(x),
quindi g è dispari, ovvero la risposta (E) è corretta. Proviamo anche che le altre risposte non
sono corrette. Scegliendo f definita da f (x) = x, che è una funzione dispari, si vede che le
funzioni f (x) − 1 = x − 1 e (f (x))3 + 1 = x3 + 1 non sono dispari (per esempio, non si annullano
per x = 0, mentre tutte le funzioni dispari sono nulle per x = 0), quindi le risposte (A) e (D)
1
non sono corrette. Analogamente la funzione definita da (f (x))2 = x2 non è dispari, quindi la
risposta (B) non è corretta; infine la funzione definita da (f (x))2 + f (x) = x2 + x non è dispari
(infatti, ad esempio, (−1)2 + (−1) = 0 �= −(12 + 1) = 2), quindi la risposta (C) non è corretta.
[Problema proposto da P. Leonetti]
4. La risposta è (D).
Ricordiamo la formula del cambio di base per i logaritmi; se a, b e c sono tre numeri positivi,
e diversi da 1, si ha
logc (b)
loga (b) =
.
logc (a)
Di seguito scriviamo semplicemente log per indicare il logaritmo in base 10. Applicando la
formula precedente con c = 10, otteniamo
log(3) log(4)
log(127) log(128)
·
· ... ·
·
log(2) log(3)
log(126) log(127)
log(128)
log(27 )
=
=
= 7.
log(2)
log(2)
log2 (3) · log3 (4) · . . . · log126 (127) · log127 (128) =
[Problema proposto da P. Leonetti.]
5. La risposta è (C).
Sia H l’altezza del trapezio ed h l’altezza del triangolo EDC sulla base DC. Considerando la
retta parallela alle basi del trapezio e passante per E, segue dal teorema di Talete che h = 12 H.
L’area del triangolo è allora A(DCE) = 12 (h · DC) = 14 (H · DC) mentre l’area del trapezio è
A(DCE)
DC
DC
uguale a A(ABCD) = 12 (AB + DC)H. Dunque A(ABCD)
= 2(AB+DC)
= 2(3DC+DC)
= 18 .
[Problema proposto da P. Negrini]
6. La risposta è (C).
Indichiamo con ABC il triangolo, con A il vertice comune alla circonferenza, e con B � ,C � rispettivamente i due punti di intersezione dei lati AB, AC con essa. Notiamo che, per simmetria, il
lato B � C � è parallelo a BC, dunque AB � C � è simile a ABC ed√ è equilatero. Il centro del cerchio
coincide dunque col baricentro del triangolo AB � C � ; se r = 26 è il raggio del cerchio, l’altezza
√
h del triangolo AB � C � vale allora h = 32 r ed il lato AB � = √23 h = 3r. L’area del triangolo
√
più piccolo vale quindi A(AB � C � ) = 12 h · AB � = 3 4 3 r2 , mentre√ l’area della √
parte di cerchio non
3 3 2
3 3
2
2
2
� �
coperta dal triangolo vale A = 3 [πr − A(AB C )] = 3 [π − 4 ]r = π − 4 .
[Problema proposto da C. Balocchi]
7. La risposta è (B).
Indichiamo i vertici del cubo con le lettere da A a H, in modo che ABCD (in quest’ordine)
sia una faccia; chiamiamo E, F, G, H i vertici della faccia opposta, in modo che il vertice A sia
collegato con uno spigolo ad E, il vertice B sia collegato ad F , il vertice C a G, e infine D ad
H. Il percorso ABCDHGF E è un percorso lungo 7 che tocca tutti i vertici del cubo.
Per dimostrare che non ne esiste uno più corto, osserviamo che ogni percorso che tocca tutti e
gli 8 vertici del cubo è costituito da (almeno) 7 percorsi che partono da un vertice del cubo e
ne raggiungono un altro. Ma visto che due vertici qualunque del cubo distano tra loro almeno
1, la lunghezza totale deve essere almeno 7.
[Problema proposto da F. Poloni]
8. La risposta è (C).
Le coppie sono del tipo (k, k + 1007). Sappiamo che k divide k + 1007 se e solo se k divide 1007.
2
Poiché 1007 = 19 · 53, e dato che i numeri 19 e 53 sono primi, gli unici k possibili risultano
k = 1, 19, 53, 1007.
[Problema proposto da G. Barbarino]
9. La risposta è (C).
In base ai dati del problema dobbiamo scrivere 2014 come somma di potenze di 2 distinte tra
loro. Poiché 211 = 2048 > 2014, dobbiamo usare potenze con esponente minore o uguale a 10;
poiché inoltre 2014 è pari, e tutte le potenze di due tranne 20 = 1 sono pari, possiamo escludere
1. Dunque dobbiamo scrivere 2014 come somma di alcuni tra i numeri:
2,
4,
8,
16,
32,
64,
128,
256,
512,
1024,
prendendo ciascuno di loro al più una volta. In effetti questo è possibile in uno e un solo modo,
che è il seguente
2014 = 1024 + 512 + 256 + 128 + 64 + 16 + 8 + 4 + 2.
Gli addendi necessari per ottenere 2014 in questo modo sono 9, che è anche la risposta al
problema.
[Problema proposto da G. Barbarino]
10. La risposta è (C).
Siano r ed O rispettivamente il raggio ed il centro del cerchio inscritto,
e siano a, b e c le lunghezze dei lati opposti ai vertici A, B, C. Se p è il
semiperimetro del triangolo, l’area del triangolo vale allora
A(ABC) = A(AOC) + A(AOB) + A(BOC) =
ra rb rc
+
+
= rp
2
2
2
A
O
r
B
Dunque, per la formula di Erone,
�
p(p − a)(p − b)(p − c) √
r = A(ABC)/p =
= 15/6
p
e l’area del cerchio inscritto vale allora πr2 = 5π/12.
[Problema proposto da A. Sambusetti]
11. La risposta è (B).
Ponendo t = y k l’equazione è equivalente all’equazione di secondo grado in t
t2 − xk t + x2k = 0.
Questa equazione ha discriminante ∆ = x2k − 4x2k , che è negativo a meno che x = 0; esiste
quindi una soluzione solo se x = 0, nel qual caso si ottiene immediatamente y = t = 0.
[Problema proposto da P. Leonetti]
12. La risposta è (C).
Poiché DC = 13 BC = 13 (BD + DC), si ha BD = 2DC. D’altra parte, dal teorema della
bisettrice deduciamo che AB : AC = BD : DC = 2; segue che il perimetro vale
AB + AC + BC = 2AC + AC + 3CD = 3(AC + CD) = 36.
[Problema proposto da G. Barbarino]
3
C
13. La risposta è (E).
Consideriamo il numero n = 25 = 32 che ha esattamente 6 divisori: 1, 2, 4, 8, 16, 32. Il suo
quadrato n2 = 210 = 1024 ha esattamente 11 divisori, ovvero tutti i numeri della forma 2k ,
con k = 0, 1, 2, . . . , 10. Questo esempio porta ad escludere le risposte (B), (C) e (D). D’altra
parte se consideriamo n = 12 vediamo che anch’esso ha esattamente 6 divisori: 1, 2, 3, 4, 6,
12; il suo quadrato n2 = 144 = 24 · 32 ha come divisori tutti i numeri della forma 2k · 3h con
k = 0, 1, 2, 3, 4 e h = 0, 1, 2, che sono in tutto 15. Quindi la risposta (A) non è corretta e
vediamo che il numero di divisori di n2 in generale dipende da n.
[Problema proposto da A. Bianchi]
14. La risposta è (E).
Scriviamo il polinomio p(x) in forma estesa, indicando con N il suo grado:
p(x) = aN xN + aN −1 xN −1 + . . . + a1 x + a0 .
a0 , a1 , . . . , aN −1 , aN sono i coefficienti di p(x) e sono tutti numeri interi. Segue che
p(169) − p(1) = aN (169N − 1) + aN −1 (169N −1 − 1) + . . . + a1 (169 − 1).
Osserviamo ora che ciascun termine ak (169k − 1), comunque si scelga l’esponente k (intero e
maggiore o uguale a 1), è divisibile per (169 − 1) = 168; vale infatti l’identità
y k − 1 = (y − 1)(y k−1 + y k−2 + . . . + y + 1)
per ogni numero reale y. Quindi p(169) − p(1) è somma di numeri divisibili per 168, e dunque
è anch’esso divisibile per 168. In particolare, poiché 56 divide 168, p(169) − p(1) è divisibile
per 56, quindi la risposta (E) è corretta. Osserviamo anche che, scegliendo p(x) = x2 si ha
p(169) − p(1) = 1692 − 1 = 168 · 170 che non è divisibile né per 25, né per 32, né per 36, né per
49. Quindi le risposte (A), (B), (C) e (D) non sono corrette.
[Problema proposto da G. Barbarino]
15. La risposta è (D).
Scegliendo opportunamente i coefficienti del sistema si vede che le soluzioni cercate possono
essere infinite. Siano infatti a = b = c = d = e = f = 1. In questo caso le due equazioni
coincidono con l’equazione x2 + xy = 1. Scelto comunque x strettamente compreso tra 0 e 1,
se poniamo
1 − x2
y=
x
la coppia (x, y) è soluzione del sistema. Occorre verificare se y è compresa tra 0 e 1. Poiché
0 < x < 1, si ha certamente y > 0; inoltre, sapendo che x > 0, si hanno le seguenti equivelanze:
√
1 − x2
−1 + 5
y<1 ⇔
>1 ⇔ x>
,
x
2
√
√
−1 + 5
−1+ 5
Dal momento che
< 1, per ogni x strettamente compreso tra
e 1 la coppia
2
2
�
�
2
x, 1−x
è soluzione del sistema. Quindi le soluzioni possono essere infinite.
x
[Problema proposto da P. Leonetti]
4
16. La risposta è (B).
Se N è un numero naturale, il numero di zeri con cui esso termina (scritto in base 10) coincide
con la massima potenza di dieci che divide N . Questo fatto continua ad essere vero in una
qualsiasi base b: il numero di zeri con cui termina N scritto in base b coincide con la massima
potenza di b che divide N .
Sia ora N = n!, con n numero naturale; cerchiamo la massima potenza di 5 che divide N (il
ragionamento che segue funziona anche sostituendo 5 con un qualsiasi numero primo). L’idea è
che nel moltiplicare tutti i numeri k da 1 a n, via via che k aumenta incontreremo vari multipli
di 5; per ogni k che è un multiplo di 5, la potenza di 5 che divide N aumenta almeno di 1. Più
precisamente: se k è multiplo di 5 ma non di 52 , la potenza aumenta esattamente di 1; se k è
multiplo di 52 ma non di 53 , la potenza aumenta di 2, se k è un multiplo di 53 ma non di 54
tale potenza aumenta di 3, e cosı̀ via. Se ad esempio vogliamo calcolare la massima potenza
di 5 che divide 26!, osserviamo che nel multiplicare i numeri da 1 a 26 incontriamo i seguenti
multipli di 5: 5, 10, 15, 20 (che non sono multipli di 52 ) e 25, che è un multiplo di 52 ; dunque
la massima potenza di 5 che divide 26! è: 1 + 1 + 1 + 1 + 2 = 6.
Consideriamo ora N = 2000!. Nel moltiplicare tutti i numeri k da 1 a 2000 incontriamo:
- 3 multipli di 625 = 54
- 16 (= 2000/125) multipli di 125 = 53
- 80 (= 2000/25) multipli di 25 = 52
- 400 (2000/5) multipli di 5.
La massima potenza di 5 che divide N è dunque 499 = 400 + 80 + 16 + 3. Per determinare
ora la massima potenza di 10 che divide N occorre trovare anche la massima potenza di 2 che
divide N . Questa è senz’altro maggiore di 499, in quanto 2000! contiene il prodotto di 1000
numeri pari, dunque 2000! è divisibile almeno per 21000 . Dunque la massima potenza di 10 che
divide N è 499. In conclusione X = Y e la riposta al problema è 0.
[Problema proposto da P. Leonetti]
17. La risposta è (B).
Proviamo che 430 > 525 . Infatti, estraendo la radice quinta di entrambi i numeri troviamo che
la disuguaglianza cercata equivale a 46 = 212 = 4096 > 55 = 3125. Proviamo ora che 525 > 333 ;
è sufficiente mostrare che 525 > 335 , che implica la precedente e equivale a 55 > 37 . Poiché
55 = 3125 e 37 = 2187 tale disuguaglianza è vera. In conclusione 333 < 525 < 430 .
[Problema proposto da A. Sambusetti]
18. La risposta è (B).
Calcoliamo prima la probabilità che tra le due casse�scelte
a caso vi sia quella contenente banane
�
5
radioattive. Le possibili scelte di 2 casse su 5 sono 2 �=�10. I possibili modi di scegliere 2 delle
4 casse che non contengono banane radioattive sono 42 = 6. La probabilità di non scegliere
6
la cassa contenente banane radioattive è dunque uguale a 10
, mentre quella di sceglierla è
6
1 − 10
= 25 . Indichiamo ora con N il numero di banane radioattive presenti nell’unica cassa che
ne contiene. Scegliendo a caso una banana da questa cassa la probabilità che sia radioattiva è
N
. Quindi la probabilità che una delle due banane scelte sia radioattiva è:
72
p=
Sapendo che p è, per ipotesi, uguale a
[Problema proposto da F. Getman]
5
,
100
2 N
N
·
=
.
5 72
180
deduciamo che
5
N
180
=
5
,
100
cioè N = 9.
19. La risposta è (B).
I due trinomi p e q possono essere scritti nella forma
p(x) = AxR + BxS + CxT ,
q(x) = axr + bxs + cxt
dove A, B, C, a, b, c sono numeri diversi da zero, R, S, T sono numeri interi maggiori o uguali
a zero, distinti tra loro, e lo stesso si può dire per r, s, t. In particolare possiamo supporre:
R > S > T e r > s > t. Il prodotto tra p e q conterrà in generale 9 termini
p(x)q(x) = (AxR + BxS + CxT )(axr + bxs + cxt ) = AaxR+r + . . . + CcxT +t
ma si potranno verificare delle cancellazioni. D’altra parte i due monomi di grado massimo e di
grado minimo AaxR+r e CcxT +t non potranno essere cancellati da nessun altro monomio, che
avrà grado strettamente minore o strettamente maggiore rispetto a loro. Quindi il prodotto
tra p(x) e q(x) contiene sicuramente almeno due monomi. Con un opportuno esempio si vede
anche che può succedere che ne contenga esattamente due. Proviamo con due trinomi semplici,
del tipo
(x2 + ax + b) · (x2 + cx + d) = x4 + (a + c)x3 + (b + d + ac)x2 + (ad + bc)x + bd
Affinché nel prodotto restino solo i termini di grado 0 e di grado 4, è sufficiente che

 c = −a
b + d = a2

ad + bc = a(d − b) = 0
ed effettivamente, scegliendo c = −a = −1 e b = d = 12 si ottiene l’identità
�
� �
�
1
1
1
2
2
x +x+
· x −x+
= x4 +
2
2
4
[Problema proposto da F. Poloni]
20. La risposta è (D).
Consideriamo i nove quadratini evidenziati in figura: poiché ogni tessera
può coprirne non più di uno alla volta, servono almeno 9 tessere per
coprire il quadrato. D’altra parte, è effettivamente possibile coprire tutto
il quadrato con sole 9 tessere: è sufficiente coprire le prime due colonne
con tre tessere messe in verticale, quindi le seconde due colonne e l’ultima
colonna con 3 + 3 tessere disposte nello stesso modo.
[Problema proposto da L. Pernazza]
6