Luca Lamanna Gianluca Grilletti E QUESTO COME LO RISOLVO?

Luca Lamanna
Gianluca Grilletti
E QUESTO COME LO RISOLVO?
55 passi nel mondo del problem solving matematico
Liceo Scientifico “N. Copernico” - Udine
Prefazione
I giochi matematici, tradizione consolidata in molti paesi del mondo da più di cento anni, sono
sbarcati in Italia da circa trent’anni. Inizialmente fenomeno di élite, limitato ad alcuni studenti di Liceo
Scientifico particolarmente motivati, si sono andati diffondendo sempre più. Oggi in Italia migliaia di
studenti partecipano ogni anno alle più importanti competizioni nazionali (giochi di Archimede-Olimpiadi
di Matematica, Campionati di giochi matematici dell’Università Bocconi, Kangourou della Matematica
e altre); e l’Italia è diventata un’avversaria temuta e rispettata nelle gare matematiche internazionali.
Dalle superiori, dove hanno preso piede per la prima volta, le gare di matematica si sono diffuse anche alle
scuole elementari e medie inferiori. Molti docenti, inizialmente diffidenti, si sono resi conto che i giochi
matematici possono essere un potente strumento didattico: favoriscono la motivazione, propongono nuovi
punti di vista per comprendere diverse situazioni matematiche.
In questo quadro, è chiaro che oggi sia molto più sentita di una volta l’esigenza di strumenti di
preparazione alle competizioni a carattere matematico. Da qui l’idea di due ragazzi appassionati, Luca
Lamanna del Liceo Scientifico Copernico di Udine e Gianluca Grilletti del Liceo Scientifico Da Vinci di
Treviso, di scrivere un testo che guidi il lettore attraverso una serie di problemi svolti, tratti da gare
matematiche di vario livello. La presente opera va cosı̀ ad affiancarsi ai testi già esistenti (purtroppo non
molti) che servono da allenamento agli studenti interessati e forniscono nuovi spunti didattici ai docenti.
Una breve presentazione degli autori: Luca Lamanna frequenta la quinta sperimentale P.N.I. del
Copernico di Udine; fa parte della squadra di Matematica dell’Istituto e si è più volte qualificato per la
gara provinciale dei Giochi di Archimede. Gianluca Grilletti frequenta la quarta presso il Liceo Da Vinci
di Treviso; ha primeggiato in molte competizioni a livello nazionale e fa parte della squadra del Liceo,
che ha vinto la gara nazionale di Matematica a squadre nel 2009.
Sono particolarmente orgoglioso di presentare questo testo perché ho la presunzione di aver dato,
come responsabile delle squadre di Matematica del Copernico, un piccolo contributo nell’avvicinare gli
studenti a questi aspetti della Matematica. Mi piace ripetere che, quando una squadra sportiva di una
scuola raggiunge un risultato importante, il merito va sicuramente ai ragazzi e ai docenti, ma anche a
chi allena quegli atleti al di fuori della scuola; ma quando un istituto eccelle nelle gare di Matematica,
il merito va solo agli allievi e ai loro docenti, perché difficilmente i ragazzi fanno Matematica fuori dalle
aule scolastiche.
Prof.Carlo Càssola
Liceo Copernico di Udine
Parola agli autori
Molte volte, nel leggere le risoluzioni di problemi affrontati, ci è capitato che alcune di queste
risultassero poco chiare o superficiali, apparendo di conseguenza di difficile comprensione, cosa che risulta accentuata nel caso il lettore non abbia molta esperienza in materia di problem solving matematico.
Sulla base di questa constatazione mi è venuta in mente l’idea di scrivere un testo, progetto da subito condiviso e supportato da Gianluca: inizialmente l’obiettivo principale era di offrire al lettore delle soluzioni
chiare (cosa che, per quanto possibile, abbiamo cercato di fare) a problemi scelti da noi tra tutti quelli
che abbiamo affrontato, in modo che queste potessero essere comprese da chiunque; durante la stesura,
però, ci siamo resi conto che questo testo sarebbe potuto risultare utile sia per trasmettere qualche ’arma’
matematica in più, sia per offrire un accenno di approccio metodologico alle persone ancora inesperte.
Abbiamo deciso di suddividere il libro in sei capitoli distinti, ordinati per (relativa) difficoltà,
ognuno dei quali contenente dei quesiti del relativo grado. Il testo di per sé non è dedicato ad uno specifico livello di ”problem solver”, infatti, prendendo i capitoli uno alla volta, può essere un buon supporto
d’allenamento per chi ha già esperienza in materia di gare di matematica.
Non esiste un vero e proprio ’corretto utilizzo’ del libro, tuttavia, bisogna saper valutare bene le
proprie capacità e scegliere i problemi di conseguenza; se siete alle prime armi, partite dal primo capitolo
e procedete per gradi; se avete già un po’ di esperienza, potete partire dai capitoli successivi, a vostra
discrezione. Al termine del libro abbiamo deciso di inserire un supporto teorico, sulla base degli argomenti
trattati nei problemi; non esitate a consultarlo per chiarimenti o semplice curiosità.
Per correttezza, precisiamo che la maggior parte dei problemi proposti sono tratti da gare e allenamenti che abbiamo affrontato; salvo piccole variazioni nei testi, il nostro ”lavoro” è stato di trascrivere
i metodi risolutivi con cui ci siamo approcciati ai diversi quesiti.
Detto questo, vi lasciamo all’eccitante mondo del problem solving!
Luca Lamanna
Gianluca Grilletti
3
PROBLEMI
CAPITOLO 1
PROBLEMA 1
Esiste un poligono convesso con 159 diagonali?
PROBLEMA 2
Con quanti zeri termina 100! ?
(Ricordo che 100! = 100 · 99 · 98 · 97 . . . 2 · 1?)
PROBLEMA 3
Calcolare la probabilità che, lanciando due volte un dado, la somma dei punteggi ottenuti sia un quadrato
perfetto.
PROBLEMA 4
Qual è la cifra delle unità di 20092009 ?
PROBLEMA 5
Durate un compito in classe, Euler deve rispondere alle seguente domanda: qual è il numero di 4 cifre la
cui prima cifra sia la cifra delle unità di 20082008 , la seconda cifra sia l’ultima di 20092009 , la terza sia
l’ultima di 20102010 , la quarta sia l’ultima di 20112011 ? Aiutiamo Euler.
PROBLEMA 6
Durante una lezione di matematica, il Prof. Rocco La Salsa pone ai suoi studenti la seguente domanda:
quanti sono i divisori positivi del numero 2520 (compresi 1 e 2520)?
PROBLEMA 7
In un pezzo di formaggio a forma di parallelepipedo (di lati 3, 5 e 7cm), un topolino scava delle gallerie
le cui sezioni sono dei quadrati di lato 1 cm che connettono i centri di ciascuna coppia di facce opposte.
Le facce delle gallerie sono parallele a quelle del parallelepipedo e i centri delle gallerie coincidono con
i centri delle facce del parallelepipedo. Qual è la superficie della figura dopo che il topolino ha finito di
scavare le gallerie?
PROBLEMA 8
2
3
2009
1
Determinare la cifra delle unità del numero 22 + 22 + 22 + · · · + 22 .
PROBLEMA 9
Sia P un parallelepipedo rettangolo di volume 90. Quanto vale il volume del solido che ha per vertici i
centri delle facce di P?
PROBLEMA 10
Una pasticceria prepara dei krapfen perfettamente sferici di diametro 10cm. Questi vengono venduti in
scatole cubiche di 20cm di lato, dove vengono collocati 8 krapfen (i cui centri sono vertici di un cubo di
lato 10cm). Al centro della scatola viene messo un altro krapfen sferico tangente agli altri 8. Qual è, in
mm, il diametro del krapfen centrale?
5
CAPITOLO 2
PROBLEMA 1
La base di un rettangolo è il doppio della sua altezza. Possiamo inoltre suddividere questo rettangolo in
200 quadratini uguali, di area 4cm2 l’uno. Quanto vale il perimetro del rettangolo?
PROBLEMA 2
Il Prof, a Carnevale, si è vestito da cubo; su una faccia ha riportato uno strano calcolo:
2009
2009
+
1 + 20092009
1 + 2009−2009
Quanto vale quest’espressione?
PROBLEMA 3
Il Prof.Rocco La Salsa deve partecipare ad una gara a squadre che prevede due round; sapendo che:
1. il Prof ha a disposizione 10 atleti
2. la squadra è composta da 7 atleti
3. 3 atleti sono sempre titolari
4. tra i 10 atleti, 3 sono geometri
5. in ogni formazione ci deve essere almeno un geometra, ma mai 3
Con quante possibili formazioni il Prof potrà affrontare la gara?
PROBLEMA 4
Determinare un quadrato perfetto di 4 cifre tale che le prime due siano uguali tra loro, cosı̀ come le ultime
due.
PROBLEMA 5
Consideriamo tutti i triangoli isosceli i cui lati uguali abbiano lunghezza fissata 1. Quanto deve essere
lungo il terzo lato affinché il triangolo ottenuto abbia area massima?
PROBLEMA 6
Euler è un vero pasticcione: i suoi genitori hanno cambiato la password dell’allarme di casa e lui se
l’è scordata; in compenso si ricorda che la vecchia password era il prodotto di 4 interi a, b, c, d con
a < b < c < d che però non si fida a dirci. Si ricorda anche che la password nuova è ottenuta aumentando
di una unità uno dei valori affinché il prodotto sia minimo; ha a disposizione un solo tentativo per non
fare scattare l’allarme, sapreste dirgli quale dei 4 valori deve aumentare?
PROBLEMA 7
In un gruppo di 333 mucche, troviamo due mucche pazze. Le mucche sono disposte in riga e numerate
da 1 a 333 da sinistra a destra. Le mucche sanno fare calcoli matematici. Alle mucche viene impartito
un comando: ogni mucca deve dividere il numero di mucche alla propria sinistra per il numero di mucche
alla propria destra e moltiplicare il risultato per il proprio numero. Le mucche pazze, invece, agiranno per
conto proprio e, al numero di mucche alla propria sinistra, sottrarranno il numero di quelle disposte alla
6
propria destra, divideranno il risultato per 2, moltiplicheranno il tutto per 3 e, al risultato, sommeranno
ancora 3. Si spera di individuare, sulla base dei risultati ottenuti, le mucche pazze; ma, sorpresa sorpresa,
i risultati ottenuti sono tutti uguali!! Sapendo che la mucca 1 non è pazza, quali sono le mucche pazze?
PROBLEMA 8
Per quali valori di n la seguente espressione risulta essere un intero?
n + 25
n+4
PROBLEMA 9
Le magliette dei giocatori di una squadra di calcetto sono numerate da 1 a 11. Qual è la probabilità che,
scegliendo a caso 6 giocatori, la somma dei numeri delle loro magliette sia dispari?
PROBLEMA 10
Dopo una cerimonia di laurea, il Rettore invita i presenti a stringersi le mani l’un l’altro. Sapendo che
avvengono in totale 200 strette di mano e che il Rettore stringe la mano una volta ad ognuno dei presenti
e 3 volte ad ogni insegnante, sapreste dire quanti studenti sono presenti nella sala?
7
CAPITOLO 3
PROBLEMA 1
Andrea: Bruno mente
Bruno: Carlo mente
Carlo: potrei mentire
Quanti personaggi hanno sicuramente detto il falso?
PROBLEMA 2
Lorenzo e Marco amano fumare la pipa. Una sera, seduti uno di fronte all’altro a 5 metri di distanza,
nello stesso istante, creano due anelli di fumo; quello di Lorenzo si muove alla velocità di 1, 12 m
s verso
Marco, mentre quello di Marco si sposta alla velocità di 1, 54 m
verso
Lorenzo.
Muovendosi,
i
due
anelli
si
s
dilatano delineando le forme di due coni; ad un certo punto gli anelli vanno a coincidere perfettamente e
poi scompaiono. Sapendo che il cono formato dall’anello di Marco ha volume 7612cm3 , qual è il volume,
in cm3 , del cono formato da Lorenzo?
PROBLEMA 3
Com’è noto, per comodità gli alieni del pianeta M alf ius contano in base 238. Qual è il più grande fattore
primo del numero alieno 143? Dare la risposta in base 10.
PROBLEMA 4
Il Prof. Rocco
La√ Salsa l’anno prossimo avrà un’eta, per certi versi, importante. Sapendo che que√
11+√10
c anni, quanti ne compirà? (Vi ricordo che bxc significa la parte intera di x
st’anno ha b √11−
10
→ b3, 45678264732788c = 3)
PROBLEMA 5
Ho due barche da gara; la prima ha 7 posti: 2 posti per i rematori sinistri, 2 per i destri, 1 per il timoniere.
La seconda, invece, ha 1 posto per il rematore sinistro, 1 per il destro e 1 per il timoniere. La mia squadra
è formata da 4 rematori sinistri, 4 destri e 4 timonieri. In ogni gara schiero entrambe le imbarcazioni,
in quanti modi lo posso fare? (Attenzione: nella barca 1, mettere Aldo davanti a Biagio non è la stessa
cosa che fare il contrario!)
PROBLEMA 6
Due umani chiedono a ’Deep Thought’ la risposta alla domanda definitiva sulla Vita, l’Universo e Tutto
Quanto. Dopo molto tempo l’ente risponde: ’La risposta è semplice. E’ il massimo numero, doppio di
una cosa che voi chiamate triangolare, formato da due cifre, tale che non sia divisibile per 5 e che sia
divisibile per la somma e la differenza delle cifre che lo compongono (decine-unità).’ Qual è?
PROBLEMA 7
Durante il Consiglio di Classe, i 13 insegnanti entrano in classe, uno alla volta, accomodandosi sulla
grande tavola rotonda, che conta 13 posti. Il primo che entra si siede dove capita, mentre gli altri si
siedono sempre vicino a qualcuno che è già arrivato. In quanti modi si possono disporre gli insegnanti,
contando una sola volta le configurazioni uguali a meno di rotazioni della tavola?
8
PROBLEMA 8
Il Prof di geologia è arrivato in classe con una strana pietra. Durante la lezione la mostra alla classe e
la descrive; poi chiede a Luca, visibilmente distratto, di ripetere quante facce ha la pietra... Luca, per
quanto abbia ascoltato della lezione, si ricorda solo che la pietra è un poliedro di 2916 vertici in ognuno
dei quali si contano 3 spigoli. Sapreste aiutare Luca a non prendere 2?
PROBLEMA 9
Elisa, tra la sua infinita quantità di DVD, deve trovare quello del suo film preferito: ’NightMATHmare
before exams’. Ha numerato i suoi DVD in ordine crescente e si ricorda che il DVD in questione è pari
alla radice 99-esima del prodotto dei divisori positivi del numero 28 · 310 . Qual è il numero del DVD?
PROBLEMA 10
Qual è la probabilità di avere un full (tris+coppia) alla prima mano di una partita a poker, senza cambiare
carte (usando un mazzo intero di carte francesi) ?
9
CAPITOLO 4
PROBLEMA 1
Davide Cincio è deciso a candidarsi alle elezioni. Avendo bisogno di un minimo di firme per la candidatura, si decide a presentarsi di persona agli elettori, andandoli a trovare a casa. Oggi decide di andare
in via dell’ Infinito dove ci sono case dal civico 1 al civico 2007. Davide decide di andare a suonare ai
civici multipli di 12 e multipli di 18. Sapendo che presso i multipli di 12 otterrà l’appoggio, cosa che non
succede per i civici multipli di 18, sapreste dire quante firme è sicuro di ottenere oggi?
(Dedicato a Davide, grande capitano, matematico, ma sopratutto amico)
PROBLEMA 2
Facendo ruotare un triangolo rettangolo attorno ad uno dei suoi cateti, il volume del cono generato è
800π. Facendo ruotare il triangolo intorno all’altro cateto, invece, il volume del cono ottenuto è 1920πcm3 .
Calcolare la misura dell’ipotenusa.
PROBLEMA 3
Cinque matatleti sono stanchi dopo una gara e vanno a casa di Giulia a riposarsi e godersi la serata
(oltre che a svuotarle il frigo). Prima di arrivare a casa, Giulia chiede ai suoi amici di decidere la disposizione sul divano, per evitare discussioni una volta arrivati; dice che il divano è a 3 posti e che quindi
2 persone dovranno sedersi su altri compagni più pesanti, ma senza formare torri da 3 persone (si sa
che ogni persona ha un peso differente rispetto a tutti gli altri). Arrivati a casa, però, si scopre che in
giornata è arrivato il divano nuovo, a 4 posti; i 5 sono dunque costretti a scegliere un’altra disposizione, basandosi sul metodo usato in precedenza. Quante disposizioni hanno studiato i 5 durante tutta la
giornata (senza, ovviamente, contare quelle studiate nei problemi di combinatoria svolti durante la gara)?
PROBLEMA 4
Determinare il più grande intero positivo k per cui 6k divide 666! .
PROBLEMA 5
Determinare quanti interi, da 1 a 2005 (compresi), sono esprimibili come differenze di due quadrati perfetti.
PROBLEMA 6
Determinare tutti gli interi positivi di 3 cifre che sono uguali a 34 volte la somma delle loro cifre.
PROBLEMA 7
Determinare tutte le coppie (m, n) di interi positivi tali che
5
3
+ =1
m n
PROBLEMA 8
Due circonferenze si intersecano in due punti distinti A e B. Una retta passante per A interseca nuovamente le due circonferenze in P e Q, rispettivamente. Sia R il punto medio di P Q. La retta passante per
B e R interseca le due circonferenze in S e T . Dimostrare che R è punto medio di ST .
10
PROBLEMA 9
Determinare quante sono le funzioni iniettive da A = {1, 2, 3, 4} in B = {1, 2, ..., 9, 10} nella cui immagine
non ci siano due interi consecutivi.
PROBLEMA 10
Determinare tutte le funzioni f : R → R tali che
f (x − f (y)) = 1 − x − y
per ogni coppia di reali x e y.
11
CAPITOLO 5
PROBLEMA 1
Determinare quanti sono i divisori positivi di
695 + 5 · 694 + 10 · 693 + 10 · 692 + 5 · 69 + 1
PROBLEMA 2
Fattorizzare sui reali
x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1
PROBLEMA 3
Chiamiamo interi monotoni gli interi positivi tali che:
1. siano scritti usando almeno due cifre
2. nessuna cifra che li compone sia zero
3. le cifre da cui sono composti compaiano in ordine strettamente crescente o strettamente decrescente
(es. 127 e 9853 sono monotoni, 172, 1224, 7320 no)
a) Calcolare la somma di tutti i numeri monotoni di 5 cifre.
b) Determinare con quanti zeri termina il minimo comune multiplo di tutti gli interi monotoni.
PROBLEMA 4
Un pannello contiene 100 lampadine, disposte in modo da formare un quadrato 10x10; alcune sono accese, altre sono spente. L’impianto elettrico è tale che quando si preme il pulsante corrispondente ad
una qualsiasi delle lampadine, cambiano di stato (si accendono o si spengono) tutte le lampadine che si
trovano sulla stessa riga e colonna (compresa la lampadina corrispondente all’interruttore).
a) Partendo da quali configurazioni è possibile fare in modo che alla fine tutte le lampadine risultino
accese?
b) Qual è la risposta alla domanda precedente se le lampadine fossero 81, disposte in modo da formare
un pannello 9x9 ?
PROBLEMA 5
Determinare tutti i numeri di 3 cifre che sono uguali al quadrato delle loro ultime due cifre.
PROBLEMA 6
Determinare la più piccola costante M tale che
x2 y + y 2 z + z 2 x 6 M
p
x4 + y 4 + z 4
PROBLEMA 7
Sia k il numero di valori interi (relativi) di x per cui
x + 7|x2 + x + 2
Cosa si può dire di k ?
PROBLEMA 8
Sia n un quadrato perfetto, non multiplo di 3, la cui espressione decimale termina con la cifra 4. Determinare quale resto si ottiene dividendo n per 15.
PROBLEMA 9
Determinare quanti sono gli interi compresi tra 0 e 1000 che divisi per 10 danno resto 9, divisi per 15
danno resto 9 e divisi per 12 danno resto 3.
PROBLEMA 10
Sia P (x) un polinomio a coefficienti interi tale che P (1) = 7 e P (7) = 1; cosa si può concludere su P (4)?
13
CAPITOLO 6
PROBLEMA 1
Siano a, b, c numeri reali positivi tali che a + b + c = 1. Determinare il massimo valore possibile per
l’espressione a3 b2 c.
PROBLEMA 2
Determinare, se esistono, quante sono le terne (x, y, z) di numeri interi tali che
z 2 = (x2 − 1)(y 2 + 1) + 2007
PROBLEMA 3
Determinare il massimo valore di abc sapendo che:


a + 2b + 3c = 1

a > 0
b > 0



c>0
PROBLEMA 4
Ci sono n coppie di sposi che si siedono attorno ad un tavolo rotondo. Quante sono le disposizioni tali
che: a) i maschi e le femmine siano alternati b) un uomo non abbia mai la propria moglie a sinistra.
PROBLEMA 5
Sia A un insieme composto da soli numeri appartenenti ad N, tali che la loro scomposizione in fattori
primi contenga solo i primi n primi, la cui cardinalità sia (3 · 2n ) + 1. Dimostrare che esiste almeno un
gruppo di quattro elementi (diversi fra loro) tali che il loro prodotto sia una quarta potenza.
14
SOLUZIONI
CAPITOLO 1
PROBLEMA 1
Sappiamo (o se non lo sappiamo lo immaginiamo o, meglio ancora, ci fidiamo) che le diagonali di un
quindi, ponendo n(n−3)
= 159 si otterrà il numero di lati di questo fanpoligono di n lati sono n(n−3)
2
2
tomatico poligono. Osserviamo che n(n − 3) = 318 e che 318 = 2 · 3 · 53 quindi, uno tra n e (n − 3),
deve essere divisibile per 3. Se uno dei due fattori è divisibile per 3, l’altro, dato che ha differenza 3,
deve esserlo altrettanto. Tuttavia, nella scomposizione di 318, il fattore 3 compare una sola volta, quindi
n(n − 3) = 318 non ha soluzioni intere.
PROBLEMA 2
Notiamo che, nelle scomposizioni in fattori primi, uno 0 finale è dato dal fattore 2·5, quindi 100! terminerà
con tanti zeri quanti sono i fattori 2 · 5 contenuti nella sua scomposizione. Allora iniziamo: 100
5 = 20
(quindi 20 fattori 2 · 5). Tuttavia, per ogni 52 , otteniamo uno zero aggiuntivo (ne segue che 5n → n zeri
finali, a patto che ci sia un numero sufficiente di 2 per formare coppie di 2 · 5); in 100! troviamo 20
5 = 4
fattori 52 , quindi gli zeri finali di 100! sono: 20(coppie 2 · 5)+4(fattori 52 )=24 zeri.
PROBLEMA 3
Per ripasso, diamo una definizione di probabilità
P =
Casi favorevoli
Casi totali
Definiamo i casi totali: tutti i risultati ottenibili con il lancio di due dadi; essi sono: 6 · 6 = 36 risultati.
Definiamo adesso i casi favorevoli: tutte le coppie di valori che, sommate, danno per risultato un quadrato perfetto; essi, ad occhio, sono: 4 = (3; 1), (1; 3), (2; 2) e 9 = (6; 3), (3; 6), (5; 4), (4; 5) quindi 7. La
7
probabilità sarà dunque P = 36
.
PROBLEMA 4
Queste tipologie di esercizi hanno una particolarità: si risolvono tutti allo stesso modo (o quasi!). Verifichiamo se le cifre finali della potenza si ripetono in maniera ciclica: 20091 → 9; 20092 → 1; 20093 → 9;
20094 → 1. Notiamo che, con esponente dispari, la cifra delle unità risulta essere 9 mentre con esponente
pari la cifra delle unità risulta essere 1; 2009 è dispari quindi 20092009 termina con un 9.
PROBLEMA 5
Indovinate un po’ ? Si risolve come il precedente! Allora olio di gomito, pazienza e calcoli:
-20081 → 8; 20082 → 4; 20083 → 2; 20084 → 6; 20085 → 8 le cifre si ripetono in maniera ciclica, quindi
20082008 , dato che 2008 è divisibile per 4, termina per 6.
-20092009 , come abbiamo visto nel prob.4,termina con 9.
-20101 → 0; 20102 → 0; 20103 → 0, indovina un po’ ? 20102010 → 0.
-20111 → 1; 20112 → 1; 20113 → 1, indovina? 20112011 → 1.
Il numero cercato da Euler è dunque 6901.
PROBLEMA 6
Cosa buona e giusta è iniziare con una scomposizione: 2520 = 23 · 5 · 7 · 32 . Notiamo che ci sono 4 modi
di poter scegliere l’esponente del primo fattore (20 ; 21 ; 22 ; 23 ), 2 per il secondo, 2 per il terzo, 3 per il
quarto. I divisori di 2520 sono dunque 4 · 2 · 2 · 3 = 48.
16
PROBLEMA 7
Non temete! Il testo è solo lungo, non mortale. Suddividiamo la figura e consideriamo un pezzo alla volta (chiamiamo a, b, c i tre spigoli del parallelepipedo). La superficie delle facce esterne è: 2 ·
[(a · b) − 1] + [(b · c) − 1] + [(a · c) − 1] (sottraggo 1 di volta in volta perché è l’area del buco presente
sulla faccia e moltiplico per 2 perché le facce sono a due a due equivalenti). Occupiamoci adesso dei
cunicoli scavati, cioè dei parallelepipedi di dimensioni (1 · 1 · a), (1 · 1 · b), (1 · 1 · c), il punto centrale, dove
si incontrano tutti i cunicoli, non va contato; la superficie dei singoli cunicoli risulterà dunque essere
[(b − 1) · 4], [(a − 1) · 4], [(c − 1) · 4]
Quindi la superficie totale la si otterrà sommando le singole superfici ricavate:
2 · [(ab − 1) + (bc − 1) + (ca − 1) + 2(b − 1) + 2(c − 1) + 2(a − 1)]
A voi il divertimento di sostituire i valori e calcolare; la superficie totale risulterà essere 184cm2 .
PROBLEMA 8
Questo esercizio è un po’ più simpatico di quelli visti finora (in materia di potenze); analizziamo il tutto a
partire dagli esponenti: 21 = 2; 22 , ..., 2n invece è una serie di multipli di 4 e, una potenza a base due con
esponente multiplo di 4 ha, per cifra delle unità, il numero 6 e quindi la sequenza di partenza è formata
da 2008 termini che hanno come cifra finale 6 e un termine, il primo, che termina per 4. Quindi la cifra
delle unità dell’intera somma sarà (2008 · 6) + 4 = 12052 → 2.
PROBLEMA 9
Osserviamo la figura ottenuta: si può dividere in due piramidi aventi la base coincidente. L’area di base
c
1
e l’altezza 2c ; il volume sarà dunque ( ab
di queste piramidi sarà (a·b)
2
2 · 2 · 3 ) · 2 (dal momento che le
abc
piramidi sono due) = 6 . Abc è il volume del solido di partenza, che ha valore 90, quindi il volume del
secondo solido risulterà essere 90
6 = 15.
PROBLEMA 10
Senza paura, notiamo che il dato l = 20cm è superfluo (per quanto riguarda il metodo risolutivo che ho
usato io). Sapendo che il 9o krapfen è tangente agli altri, il suo diametro risulterà essere la differenza
tra la diagonale del cubo di lato√10cm e i raggi dei due krapfen posti ai vertici del cubo (gli estremi
della diagonale):
Diagonale =√10 3 Raggio(krapf en)
√
√ = 5cm. Il diametro del krapfen
√ centrale risulterà
essere (10 3 − 10)cm = (100 3 − 100)mm = 100( 3 − 1)mm. Approssimando 3 a 1, 73; otteniamo
(100 · 0, 73) = 73mm.
17
CAPITOLO 2
PROBLEMA 1
Chiamiamo a l’altezza del rettangolo e 2a la sua base; l’area del rettangolo sarà 2a2 . Sappiamo inoltre
che l’area del rettangolo è 200 · 4 = 800cm2 , quindi, uguagliando le due espressioni, avremo che 2a2 = 800
e, di conseguenza, a = 20; il perimetro del rettangolo sarà dunque 6a = 120.
PROBLEMA 2
Affrontiamo brutalmente il problema: notiamo che 2009−2009 si può scrivere come
punto sommiamo
20092009 + 1
1
→
1+
2009
2009
20092009
Avremo cosı̀
2009
2009
+ 20092009 +1
2009
1 + 2009
20092009
1
20092009 .
A questo
Che, svolto, risulterà essere
20092010
2009
+
1 + 20092009
1 + 20092009
(ricordando che 2009 · 20092009 = 20092010 ); vado a sommare le due frazioni:
2009 + 20092010
2009(1 + 20092009 )
=
= 2009
1 + 20092009
1 + 20092009
Non l’avreste mai detto,eh?
PROBLEMA 3
Cominciamo considerando le possibili formazioni schierabili in un round. Togliendo i 3 titolari, rimangono 4 posti liberi: 1◦ caso → Gioca un solo geometra. Le possibili formazioni saranno 3 · 43 [= 12],
vado cioè a considerare tutte le possibili terne componibili
con 4 persone, senza tener conto del loro
n!
ordine [ricordo che possiamo calcolare ciò con nk = Cn,k = (n−k)!·k!
]; il fattore 3 invece è dato dal
numero di geometri schierabili nella formazione. Risulterà analogo il 2◦ caso,
dove dobbiamo scegliere
2 geometri in un gruppo di 3, senza tenere conto del loro ordine, quindi 32 . Dobbiamo anche scegliere
due persone in un gruppo di 4, quindi 42 . Nel secondo caso risulteranno 18 formazioni possibili, per un
totale di 30 squadre schierabili per ogni round. Il Prof potrà quindi affrontare la gara in 302 modi possibili.
PROBLEMA 4
Iniziamo con due considerazioni: 1) Un quadrato perfetto di 4 cifre avrà come radice un numero a 2 cifre.
2) Il numero in questione è nella forma AABB. Sarà dunque divisibile per 11 (ricordo che un numero è
divisibile per 11 se la differenza tra la somma delle sue cifre di posto dispari e la somma delle sue cifre di
posto pari è divisibile per 11), infatti AABB → (A + B) − (A + B) = 0 (ricordando che 0 è considerato
divisibile per ogni numero). Ne consegue, unendo le considerazioni, che il numero, scomposto, risulterà
essere 112 · n2 con 0 < n ≤ 9. I possibili candidati risultano allora essere :11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99.
Escludiamo 11 e 22 perché troppo bassi. Tra i rimasti, escludo i dispari poiché il quadrato di un numero
dispari termina con una cifra dispari e penultima cifra pari. Tra i rimasti, 44, 66 e 88, possiamo facilmente
calcolare che il numero cercato è 882 = 7744.
PROBLEMA 5
Attacchiamo barbaramente il problema utilizzando la trigonometria. Sappiamo che l’area di un triangolo
è calcolabile come 21 · a · b · sen x, con a, b lati consecutivi di un triangolo e x l’angolo tra essi compreso.
Applicando la formula al triangolo dato, otteniamo che l’area è sin2 x , quindi, per risultare massima, sin x
deve assumere il massimo valore possibile. Sapendo che, per regola, −1 ≤ sin x ≤ +1 e, nel range di angoli
considerabili per il triangolo in questione,
√ quello che ha sin maggiore è 90 (infatti sin 90 = 1), possiamo concludere che il terzo lato risulterà 2, essendo questo la diagonale di un ipotetico quadrato di lato 1.
18
PROBLEMA 6
La vecchia password era dunque a · b · c · d; la nuova password si ottiene aumentando uno tra a, b, c, d di
un’unità, affinché il prodotto sia il minimo ottenibile. Andiamo a distinguere i casi:
1. (a + 1)bcd → abcd + bcd
2. a(b + 1)cd → abcd + acd
3. ab(c + 1)d → abcd + abd
4. abc(d + 1) → abcd + abc
Andando a confrontare i risultati con i dati a disposizione del problema, si nota che il prodotto di valore
minimo sarà abcd + abc; bisognerà dunque aumentare di un’unità la cifra d.
PROBLEMA 7
L’unica difficoltà di questo problema è capirne il testo; chiamiamo x una mucca; essa, se sana, dividerà
il numero di mucche alla sua sinistra (333 − x) per il numero di mucche
a destra (x −
h
i 1) e moltiplicherà
(333−x)−(x−1)
· 3 − 3. Sapendo che
il tutto per x → (333−x)
(x−1) · x. Le mucche pazze, invece, eseguiranno
2
i risultati ottenuti saranno gli stessi, uguagliando i calcoli, ci si troverà a dover risolvere un’equazione di
2o grado le cui soluzioni saranno i numeri d’ordine delle mucche:
(333 − x) − (x − 1)
333 − x
·x =
·3 −3
x−1
2
Risolvendo, le mucche risulteranno essere la 3 e la 84.
PROBLEMA 8
21
Notiamo che possiamo scrivere il tutto come 1 + n+4
, quindi l’espressione risulterà intera solo quan21
do lo sarà anche n+4 , cioè quando n + 4 è un divisore di 21. Troviamo dunque i divisori di 21:
21, 1, 7, 3, −1, 7, −3, −21. Risulterà facile arrivare poi ai valori che deve assumere n: −25, −11, −7, −3, −5, 3, −1, 17.
PROBLEMA 9
Osserviamo che, nel gruppo, 6 giocatori hanno numero dispari e 5 hanno numero pari; osserviamo anche
che una somma dispari può essere data da:
1. 3dispari+3pari
2. 5dispari+1pari
3. 1dispari+5pari
Adesso, con le combinazioni, sarà facile trovare i valori che soddisfano quanto scritto sopra:
1. 63 53 = 200
2. 65 51 = 30
3. 55 61 = 6
Tutti i possibili gruppi da 6 giocatori sono: 11
6 = 462 quindi la probabilità cercata sarà data da:
6
3
5
3
+
6
5
5
1
+
11
6
19
5
5
6
1
=
118
231
PROBLEMA 10
calcoliamo il totale delle strette di mano che avvengono tra n persone (ognuno
Con la formula n(n−1)
2
stringe la mano una volta ad ogni altro presente). Sapendo questo, osserviamo che n(n−1)
+2k = 200, con
2
2k=strette di mano extra del rettore e k=numero di insegnanti. n(n − 1) = 400 − 4k; cercando di avvicinarci il più possibile al valore di n cercato, andando un po’ ad occhio, osserviamo che i possibili presenti
sono 21, 20 o 19. Andiamo a sostituire i valori; nel primo caso otteniamo 420 = 400 − 4k → k = −5, che
non è accettabile, nel caso n = 19 otteniamo 342 = 400 − 4k → 29
2 , che non è accettabile. Per esclusione,
il valore cercato è n = 20, ma andiamo ugualmente a verificare: 380 = 400 − 4k → k = 5. Concludiamo
il problema andando a calcolare il numero di studenti presenti nella sala: 20 persone in totale di cui→ 5
professori, 1 rettore → 14 studenti.
20
CAPITOLO 3
PROBLEMA 1
Io, personalmente, affronterei il problema a partire dalla terza affermazione; ci sono due possibilità: se
Carlo avesse detto il vero, allora Bruno avrebbe detto il falso e Andrea il vero; se Carlo avesse detto il
falso, allora Bruno avrebbe detto il vero e Andrea il falso quindi, come possiamo notare, in ogni situazione
almeno un personaggio ha sicuramente detto il falso.
PROBLEMA 2
Osserviamo che il volume è proporzionale alla distanza percorsa dal cerchio di fumo, dunque, è in relazione con la sua velocità; impostando una semplice proporzione si giunge agevolmente alla soluzione del
problema:
1, 12 : 1, 54 = x : 7612
x = 5536cm3
PROBLEMA 3
Iniziamo trasformando il numero in base umana, la base 10. Esso sarà 2382 · 1 + 238 · 4 + 2380 · 3, quindi
2382 + 4 · 238 + 3; ci ricorda qualcosa? proviamo a porre 238 = t, otterremo t2 + 4t + 3, facilmente
scomponibile in (t + 3)(t + 1), dunque il più grande fattore primo, in base 10, per cui è scomponibile il
numero alieno 238 è 238 + 3 = 241.
PROBLEMA 4
Prima cosa da fare (eccetto chiedersi perché una persona debba esprimere la propria età in funzione di
radici) è, ovviamente, razionalizzare l’espressione:
√
√
√
√
11 + 10
11 + 10
√
√ ·√
√
11 − 10
11 + 10
√
√
√
√
( 11 + 10)2
= ( 11 + 10)2
11 − 10
√
11 + 10 + 2 110
√
√
Andando un po’ ad occhio, osserviamo che 10 < 110 < 11 quindi 110 = 10, 4equalcosaltro; andando
a sommare otterremo 41, qualcosa ma, dato che consideriamo solo la parte intera, ci terremo buono il 41;
il Prof dovrà dunque compiere 42 anni, auguri!
PROBLEMA 5
Ancora una volta combinatoria, partiamo a considerare la prima barca; dato che l’ordine in cui vengono
schierati i rematori è importante, non useremo la combinazioni (peccato, sono cosı̀ simpatiche...) ma le
disposizioni (Dn,k → correre in teoria a vedere di cosa si tratta!), quindi, nella prima barca, avremo
D4,2 possibili combinazioni per ogni lato della barca e 4 possibili scelte per il timoniere (per un totale di
12·12·4 = 576 formazioni). Con i membri schierabili rimasti, vado a considerare la seconda imbarcazione:
2 possibili rematori per parte e 3 timonieri, per un totale di 12 combinazioni. In ogni gara potrò schierare
576 · 12 = 6912 possibili formazioni.
PROBLEMA 6
Per chi non lo sapesse, un numero triangolare è un numero scrivibile nella forma n(n+1)
; con un paio di
2
calcoli, verifichiamo che gli unici triangolari il cui doppio ha due sole cifre sono: 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45.
Scartiamo subito 10 e 45, poiché multipli di 5 e procediamo al calcolo manuale: 36·2 = 72 → 7−2 = 5 - 72,
non accettabile. 28 · 2 = 56 → 5 + 6 = 11 - 56, quindi no. 21 · 2 = 42 → 4 + 2 = 6|42 e 4 − 2 = 2|42.
Dunque il massimo doppio cercato è 42.
21
PROBLEMA 7
Ovviamente il primo entrato può scegliere il posto tra i 13 disponibili; gli altri, entrando dopo, hanno
a disposizione due possibili scelte, eccetto l’ultimo, che troverà un solo posto libero a disposizione. Le
possibili combinazioni saranno dunque 13 · 211 ma, dato che le rotazioni sono in (mod 13), esistono solo
11
= 2048
13 possibili rotazioni DIVERSE, dunque le disposizioni accettabili saranno 13·2
13
PROBLEMA 8
Qui ci viene in aiuto una singola formula chiamata formula di Eulero, una legge che garantisce che, per
ogni poliedro, è valida l’uguaglianza V +F −S = 2 dove V è il numero di vertici del poliedro, S il numero di
spigoli, F quello delle facce. Un dato lo abbiamo già: i vertici sono 2916, inoltre sappiamo che ad ognuno
di questi sono collegati 3 spigoli. Quindi moltiplicando 2916·3, otterremo il numero di spigoli? No, perché
= 4374; a
ogni spigolo corrisponde a due vertici, bisognerà dunque dividere il risultato per due: 2916·3
2
questo punto, sostituendo, ricaveremo che il numero di facce risulterà essere 2916 + F − 4374 = 2 da cui
F = 2 + 4374 − 2916 = 1460
PROBLEMA 9
Da notare che il prodotto dei divisori positivi del numero 28 · 310 sarà ancora un numero nella forma
2n · 3n ; verifichiamo tutti i fattori 3 dei divisori del numero, essi saranno 10 · 9 + 9 · 9 + 8 · 9 + ... + 9, quindi
10
X
·9 → 55 · 9 = 495
1
Allo stesso modo i fattori 2:
8
X
·11 → 36 · 11 = 396
1
Dunque il prodotto dei divisori positivi di 28 · 310 sarà 3495 · 2396 ; da cui
3888.
√
99
3495 · 2396 = 35 · 24 = 243 · 16 =
PROBLEMA 10
Osserviamo che, per ogni valore della carta, abbiamo 4 semi diversi, quindi, i possibili tris sono [13 · C4,3 ].
Allo stesso modo, vediamo che, con le restanti carte, si possono ottenere [12 · C4,2 ] coppie. I possibili full
sono dunque (13 · C4,3 )(12 · C4,2 ), mentre le possibili cinquine di carte (e dunque i casi totali) sono C52,5 .
(13·C4,3 )(12·C4,2 )
6
La probabilità sarà dunque
= 4165
.
C52,5
22
CAPITOLO 4
PROBLEMA 1
Osserviamo che, tra 1 e 2007 ci sono 167 multipli di 12 e 111 multipli di 18. Tuttavia tra 1 e 2007 ci
sono anche dei civici multipli allo stesso tempo di 12 e 18, che non daranno il loro appoggio a Davide:
essi sono 55 in totale. Il nostro amico sarà quindi appoggiato dagli abitanti di 167 − 55 = 112 civici.
PROBLEMA 2
Chiamiamo i due cateti x e y; i due volumi saranno dunque
V1 =
x2 · π · y
= 800π
3
V2 =
y2 · π · x
= 1920π
3
e
(ovviamente a seconda del nome che date al cateto). Andiamo adesso a mettere a sistema:
( 2
x πy
= 800π
3
y 2 πx
3
da cui
= 1920π
(
x2 y = 2400
y 2 x = 5760
3
Dalla prima equazione ricavo y = 2400
x2 e, andando a sostituire, troverò che 5760000 = 5760x da cui
2
x = 10; vado a ricavare y che risulterà essere = 24; adesso, applicando Pitagora, ottengo che x +y 2 = 676
da cui z(ipotenusa)= 26.
PROBLEMA 3
Andiamo a considerare un divano alla volta; chiamiamo i 5 amici A, B, C, D, E :
Divano vecchio: chiamando A la persona più pesante (B quella che viene dopo e cosı̀ via fino a E, la più
leggera), osserviamo che le possibili disposizioni(di terne sedute sul divano) saranno: ABC, ABD, ABE,
ACD, ACE (ADE ovviamente non è possibile in quanto C e B si potrebbero sedere solo su A) e tutte le
possibili loro combinazioni [quindi 6 per ogni terna]; risulterà facile, per ogni situazione, verificare quante
possibili disposizioni potranno essere effettuate su ciascuna terna, in totale risulteranno essere 90.
Divano ’nuovo’: seguendo lo stesso ragionamento di prima, si vanno a definire le quaterne possibili e, con
qualche calcolo in più, risulteranno esserci 240 possibili disposizioni.
Sommando entrambe i casi, risulta che, nel corso della giornata, i nostri baldi giovani hanno considerato
330 possibili disposizioni.
PROBLEMA 4
Senza paura notiamo che il problema è molto simile a quello del 100! proposto nel capitolo 1 (rimembrate?), infatti lo svolgimento è pressochè identico; notiamo che la richiesta può essere esplicitata come
’quanti fattori 6 si trovano nella scomposizione di 666!’, andiamo dunque a trovarli (ricordo che un fattore
6 è dato da una coppia 3 · 2). Nella sua scomposizione, 666! contiene 661 fattori 2 e 330 fattori 3, quindi
il numero massimo di coppie 2 · 3 componibili è 330, infatti 6330 |666! (a|b = a divide b).
PROBLEMA 5
Affrontiamo il problema con le congruenze (per chi non se le ricordasse, alla fine del libro c’è un piccolo
richiamo teorico dove potrete trovare qualche ”hint”); notiamo che un quadrato perfetto, in modulo 4, è
23
congruo a 1 o a 0 (se non vi fidate potete constatarlo voi stessi); quindi, andando a sottrarre due quadrati
otterremo che, dati n1 ≡ 0 (mod 4) e n2 ≡ 1 (mod 4) :
c ≡ [0 − 0]
(mod 4) → 0
(mod 4)
c ≡ [1 − 0]
(mod 4) → 1
(mod 4)
c ≡ [1 − 1]
(mod 4) → 0
(mod 4)
c ≡ [0 − 1]
(mod 4) → 3
(mod 4)
Notiamo che i numeri congrui a 0 (mod 4) sono i multipli di 4, mentre i fattori congrui a 1 (mod 4) e/o 3
(mod 4) sono i numeri dispari. Andiamo allora a trovare i numeri cercati: multipli di 4 → 501 e numeri
dispari → 1003; in totale 1504 numeri esprimibili come differenza di quadrati perfetti.
PROBLEMA 6
Formalizziamo il problema:


100a + 10b + c = 34(a + b + c)

0 < a ≤ 9
0 ≤ b, c ≤ 9



a, b, c ∈ N
Ora concentriamoci sul corpo del problema, la prima equazione:
[100a + 10b + c = 34a + 34b + 34c] =
= [11(2a − c) = 8b]
Neanche a dirlo, raccogliere è molto utile. Dall’uguaglianza risulta che b ≡ 0 (mod 11), ma essendo
0 < b < 9, b deve essere necessariamente 0. Di conseguenza: 2a − c = 0 → 2a = c. Per le precedenti
condizioni non è difficile ricavare i valori di a e c, quindi le soluzioni risultano essere: 102, 204, 306, 408.
PROBLEMA 7
Questo è un problema piuttosto classico, la sua risoluzione dovrebbe arrivare quasi ad essere meccanica
(o almeno, in teoria..). Cominciamo!
3
5
+ =1
m n
3n + 5m = mn
−5m
n=
3−m
5m
n=
m−3
15
n=5+
m−3
Adesso è più facile,no? Affinché n sia intero, m − 3 deve dividere 15 e questo accade solo per i valori
18, 8, 6, 4, quindi le coppie (m; n) che risultano soluzione del problema saranno (18; 6) (6; 10) (8; 8) (4; 20).
PROBLEMA 8
La prima cosa che (in teoria) dovrebbe venire in mente è di usare il teorema della corda su R rispetto alla
circonferenza γ (andare a ripassarlo!) e quello della secante su R rispetto alla circonferenza γ 0 (idem!).
Quindi:
(
AR · RQ = T R · RB
AR · RP = RS · RB
24
Esplicitiamo RB in entrambe le uguaglianze:
(
RB =
RB =
AR·RQ
RT
AR·RP
RS
AR · RQ
AR · RP
=
RT
RS
RQ
RT
=
RP
RS
Dato che, per ipotesi RQ = RP ,allora:
RT
= 1 ⇒ RT = RS
RS
Come Volevasi Dimostrare!
PROBLEMA 9
Sappiamo cos’è una funzione iniettiva? CERTO che lo sappiamo, ma nel dubbio meglio fare una corsa a
ripassare.
Possiamo, volendo, riscrivere il problema come: ’Quante sono le f iniettive che da A = {1, 2, 3, 4} vanno
in B = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}?’ Perché? Immaginiamo di prendere i quattro elementi del secondo insieme dal
più piccolo al più grande: una volta preso un elemento dobbiamo
scartare il successivo, quindi è come
tagliarne 3. Claro? Quante sono le f iniettive da A in B? n = 74 · 4! = 840.
PROBLEMA 10
Solitamente questo tipo di problemi si trova a livelli avanzati e presuppone principalmente due cose: un
po’ d’occhio unito ad un po’ di esperienza; ad esempio, ponendo x = f (y) cosa risulterebbe?
f (f (y) − f (y)) = 1 − f (y) − y
f (0) = 1 − f (y) − y
f (y) = 1 − f (0) − y
E quindi, ponendo y = 0:
f (0) = 1 − f (0)
f (0) =
Ed infine:
f (y) = 1 −
f (y) =
1
2
1
−y
2
1
−y
2
Risolto.
In sostanza il ragionamento che andrebbe fatto è che se l’uguaglianza deve valere per tutti i valori di x
e y, allora deve valere anche quando vado ad esaminare dei casi particolari. Il bello dei casi particolari è
che da essi si arriva facilmente a delle condizioni su f (x), affinché sia valida l’uguaglianza.
25
CAPITOLO 5
PROBLEMA 1
Sentite quella vocina che viene da lontano? Tartaglia...Tartaglia...! Avete notato che questa espressione
assomiglia alla sesta riga del Triangolo di Tartaglia? Poniamo dunque a = 15, allora otterremo che:
P = a6 − 6a5 + 15a4 − 20a3 + 15a2 − 6a + 1 =
(a − 1)6 = (15 − 1)6 = 146 = 26 · 76
Oh! Ma guarda un po’ ! quanti divisori avrà mai questo numero? D = (6 + 1) · (6 + 1) = 72 = 49 !
PROBLEMA 2
Come sappiamo quando un polinomio è scomponibile nei reali? Beh, ce lo dice il Sig. Gauss (vedi teorema fondamentale dell’ algebra) [ricordo che un polinomio di grado dispari ha sempre almeno una radice
reale (le radici complesse, invece, sono sempre in numero pari, dato che viaggiano in coppia)]. Cosa vi
ricorda il polinomio che dobbiamo scomporre? Ho sentito serie geometrica? No? Beh, è proprio una serie
geometrica! Da qui (in teoria) è tutta una passeggiata di salute:
x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1 =
x6 − 1
=
x−1
(x + 1)(x2 − x + 1)(x − 1)(x2 + x + 1)
(x3 − 1)(x3 + 1)
=
=
x−1
x−1
(x + 1)(x2 − x + 1)(x2 + x + 1)
Promemoria: farsi l’occhio!
PROBLEMA 3
Iniziamo con due osservazioni: 1) i numeri monotoni sono in numero finito. Non ci credete? Vi sfido a
trovare un monotono > 987654321. 2) ogni intero monotono crescente ha il suo reciproco decrescente
n
tale che (chiamo a0 il reciproco di a): a + a0 = 10 10 9−1 . Bene adesso possiamo iniziare il problema vero
e proprio!
a) Per l’osservazione 2 osserviamo che i monotoni sono associati a 2 a 2 in modo che a1 + a01 = a2 + a02 =
n
... = an + a0n = 10 10 9−1 con a1 , a2 , a3 ...an numeri di n cifre. Consideriamo il caso in questione con n = 5;
la soluzione sarà quasi a portata di mano. Calcoliamo il numeri di monotoni crescenti e moltiplichiamo
5
il tutto per 10 10 9−1 = 111110. Notiamo che abbiamo in tutto 95 = 126 monotoni di 5 cifre (9 cifre 6= 0,
a gruppi di 5, poi riordinati); la soluzione del problema sarà quindi data da 111110 · 126 = 13999860.
Bingo!
b) Per sapere con quante cifre 0 finisce il numero in questione, va cercato il massimo valore di n per
cui 10n |mcm(monotoni). A questo punto, invece che disfarsi cercando n disperatamente, troviamo le
massime potenze di 5 e 2 che dividano mcm(monotoni); infatti 10n = 2n · 5n . Dovremo quindi avere
almeno n fattori 5 e n fattori 2. Notiamo che 125 è monotono, quindi 53 |mcm. Tra i multipli di 125
troviamo numeri che terminano in: 000, 125, 250, 375, 500, 625, 750, 875... E’ facile vedere che gli unici
monotoni con queste terminazioni sono: 125, 875, 9875, nessuno dei quali è divisibile per 54 . Inoltre
16 = 24 è monotono, quindi 23 · 53 |mcm, mentre 24 · 54 - mcm. La risposta è dunque 3.
PROBLEMA 4
a) Notiamo che premendo una volta gli interruttori di un’intera riga e di un’intera colonna, le lampadine
cambiano di stato un numero pari di volte, eccetto la lampadina posta nell’intersezione tra la riga e la
colonna considerate, quindi la combinazione di queste mosse permette di cambiare di stato una lampadina alla volta; in conclusione, partendo da una qualsiasi configurazione è possibile accendere tutte le
lampadine.
26
b) In questo caso è facilmente verificabile che un pulsante permette un numero dispari di cambiamenti
di stato. Conseguenza di ciò è che condizione necessaria per accendere tutto il pannello è che all’inizio il
numero di lampadine accese sia pari (o dispari) per tutte le righe e le colonne.
PROBLEMA 5
Cominciamo ponendo gli opportuni limiti: notiamo che le ultime due cifre non possono essere più grandi
di 32 (322 = 1024 > 999); passiamo adesso all’azione. Per questo problema ci possono essere vari approcci, ve ne propongo un paio: considerare tutti i quadrati perfetti di tre cifre e provare a mano, oppure
imporre altre condizioni sulle ultime due cifre. Sebbene sia più laborioso, andremo ad approfondire il secondo metodo, che potrebbe risultare utile. Quali sono i valori assumibili dalla cifra delle unità? 0, 1, 5, 6,
che sono le uniche cifre che ricompaiono nel quadrato del numero; il numero di casi si è dunque stretto
parecchio, infatti i possibili numeri possono essere: 10, 11, 21, 31, 15, 25, 26, 20. Verificando caso per caso,
risulterà che l’unica soluzione sarà 625 = 252 .
PROBLEMA 6
Osservazione: x2 y 6 x2 |y|, ed è uguale solo se y > 0.Questo quesito risulta abbastanza rapido, a patto
che si conosca la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz:
X
X
X
(
ab)2 6 (
a2 )(
b2 )
Che può essere riscritta come
X
ab 6
qX
a2 ·
qX
b2
Considerando le n-uple A(x2 , y 2 , z 2 ) e B(y, x, z), risulta:
p
p
p
x2 y + y 2 z + z 2 x 6 x4 + y 4 + z 4 · x2 + y 2 + z 2 = x4 + y 4 + z 4
Quindi M = 1.
PROBLEMA 7
Entriamo brutalmente nel vivo; data la frazione, affinché essa sia intera, dovrà risultare che x2 + x + 2 ≡ 0
(mod x + 7), ci siamo? Ok, a questo punto possiamo scrivere l’uguaglianza come x2 + x + 2 ≡ x(x + 7)
(mod x + 7) e da qui, svolgendo:
x2 + x + 2 ≡ x2 + 7x
−6x + 2 ≡ 0
(mod x + 7)
(mod x + 7)
6x − 2 ≡ 6(x + 7)
(mod x + 7)
6x − 2 ≡ 6x + 42
(mod x + 7)
44 ≡ 0
(mod x + 7)
Bingo! Allora x + 7 deve dividere 44, per cui k sarà il numero di tutti gli interi x tali che (x + 7)|44.
PROBLEMA 8
Come formalizzeremo questo problema? Con le congruenze! Posto n = m2 si ha :

2

m 6≡ 0 (mod 3)
m2 ≡ 4 (mod 10)

 2
m ≡ x (mod 15)
27
Che resti potrà avere un quadrato in modulo 3? E’ facile; questi saranno ≡ 0 (mod 3) (se multipli di 3) o
≡ 1 (mod 3) (se non multipli di 3). Essendo m2 ≡ 1 (mod 3), per il teorema cinese del resto, possiamo
riscrivere cosı̀ il sistema:
 2
m ≡ 1 (mod 3)



m2 ≡ 0 (mod 2)

m2 ≡ 4 (mod 5)


 2
m ≡ x (mod 15)
Per la prima e terza congruenza, si ha che m2 ≡ 4 (mod 15), quindi x = 4.
PROBLEMA 9
Formalizzando, risulta che dobbiamo trovare tutti gli x che soddisfino:

0 6 x 6 100



x ≡ 9 (mod 10)

x ≡ 9 (mod 15)



x ≡ 3 (mod 12)
Che è equivalente a


x ≡ 3 (mod 4)
x ≡ 4 (mod 5)


x ≡ 0 (mod 3)
Per il T eorema cinese del resto c’è una sola soluzione minore o uguale a 3 · 4 · 5 = 60. Quindi risulta
che: x ≡ 39 (mod 60); dato che 1000 = 60 · k + 39, allora tutti i numeri nella forma 60 · k + 39 (con
0 6 k 6 16) sono soluzioni. In tutto 17 valori di x, et voilà!
PROBLEMA 10
Vediamo un po’...Che ne dite di scrivere P (x) in un altro modo?
P (x) = Q(x)(x − 1) + 7 = R(x)(x − 7) + 1
[per certi Q(x) e R(x)]
ma allora si può scrivere
P (x) = S(x)(x − 1)(x − 7) + x2 − 9x + 15
[con S(x) a coefficienti interi]
P (4) → −9S(4) + 16 − 36 + 15 = −9S(4) − 5
Quindi
P (4) = −9S(4) − 5 ≡ −5 ≡ 4
P (4) ≡ 4
28
(mod 9)
(mod 9)
CAPITOLO 6
PROBLEMA 1
Consideriamo le n-uple ( a3 , 2b , c) e (3, 2, 1). Dalla relazione M edia(aritmetica) > M edia(geometrica) si
ricava:
s
a 3 b 2
3 · a3 + 2 · 2b + 1 · c
3+2+1
·
·c
>
3+2+1
3
2
r
a+b+c
a3 b2 c
1
6
= >
6
6
33 · 22 · 1
Elevando entrambi i membri alla sesta
a3 b2 c
1
>
26 · 36
33 · 22
3
1
3 · 22
a3 b2 c 6 6 6 =
3 ·2
432
Per quali valori di a3 b2 c si ha il massimo valore?
PROBLEMA 2
Per approcciarsi ad un problema del genere bisogna avere principalmente due cose: buon occhio e fortuna.
Infatti, se si prende la strada sbagliata (ad esempio cercare ad occhio qualche soluzione, quando non ce
ne sono) si possono sprecare tempo e fatica. Come affrontare questo problema? Con le congruenze in
modulo 8. Perché? Una delle cose belle del modulo 8 è che ci sono solamente tre scarti quadratici: 0, 1, 4.
Andando a sostituire i possibili valori nell’equazione:
x2 ≡ (x2 − 1)(y 2 + 1) + 7
(mod 8)
Risulta che nessuno di questi verifichi la congruenza, quindi non è nemmeno possibile che valga l’uguaglianza.
PROBLEMA 3
Questo problema è molto simile ad un altro già affrontato e il metodo di risoluzione è circa lo stesso:
p
a + 2b + 3c
> 3 a(2b)(3c)
3
√
1
3
> 6abc
3
1
> 6abc
33
1
> abc
162
1
Quindi il massimo valore di abc è 162
, ottenibile quando a = 2b = 3c.
PROBLEMA 4
Iniziamo citando !n, espressione che indica il subfattoriale di n, cioè il numero di dismutazioni di n
elementi; !n è dato dalla formula:
!n = n!(
1
1
1
1
1
− + − + ... + (−n)n · )
0! 1! 2! 3!
n!
Detto questo, passiamo al problema. Partiamo da questo: quanti sono i modi di sistemare le coppie
tenendo mogli e mariti uniti?
n!
= (n − 1)!
n
29
Ora, se volessimo spostare le mogli in modo che nessuna mantenga il suo posto originale?
!n = n!(
1
1
1
1
1
− + − + ... + (−n)n · )
0! 1! 2! 3!
n!
Quindi in risultato è il prodotto di questi numeri:
(!n)(n − 1)! = n[(n − 1)!]2 (
1
1
1
1
1
− + − + ... + (−n)n · )
0! 1! 2! 3!
n!
PROBLEMA 5
Dobbiamo cercare quattro numeri il cui prodotto sia una quarta potenza... E se invece cercassimo quante
coppie di numeri danno come prodotto un quadrato perfetto? Beh, un po’ di teoria e il conto è facile :
un qualsiasi numero dell’insieme può essere scritto in questa maniera:
m=
n
Y
i
pα
i
i=1
Qn
E affinché m·r sia un quadrato perfetto si deve avere αi +βi ≡ 0 (mod 2), ∀i |1 6 i 6 n (con r = i=1 pβi i ).
Quando si ha che αi + βi è pari? Quando sia αi che βi sono pari o dispari (entrambi!). Quand’è che si è
certi che il prodotto tra due almeno due numeri dello stesso tipo di m e r sia un quadrato? P igeonhole:
quando se ne hanno 2n + 1. Tornando a noi, quante coppie godono di questa proprietà? Sicuramente
una: 3 · 2n + 1 è maggiore di 2n + 1. Quindi, tolti due numeri, ne rimangono 3 · 2n − 1, quindi si può
applicare ancora il Pigeonhole e cosı̀ via. Alla fine, quante volte si può applicare il Pigeonhole? Guarda
un po’ ! 2n + 1 volte! (poi rimangono 2n − 1 interi). Quindi abbiamo 2n + 1 coppie il cui prodotto sia un
quadrato... Ma quand’è che il prodotto di due quadrati è una quarta potenza? Forse quando gli esponenti
dei primi nella fattorizzazione sono congrui modulo 4? (In pratica, si utilizza un ragionamento analogo al
precedente...). Quindi ogni 2n +1 quadrati il prodotto tra due di essi è una quarta potenza. Mica male, eh?
30
CENNI TEORICI
Dopo aver proposto i problemi, ci siamo resi conto che, per poter capire alcune risoluzioni (o anche addirittura affrontarle), sia necessario un richiamo teorico per facilitare il lettore e, perché no, offrire nuove
armi risolutive. Premetto che, per poter risolvere efficacemente i problemi, è innanzitutto necessaria una
teoria matematica di base che può essere quella proposta al biennio di un liceo scientifico. Quello che
segue è un elenco di nozioni extra che vengono molto spesso omesse o trattate in maniera superficiale
nei programmi scolastici (n.b.- molto spesso 6= sempre) ma che, nel mondo del problem solving, possono
rivelarsi molto utili. Ovviamente gli argomenti che proporremo saranno la minima parte di quella che è
la teoria da gara e, purtroppo, non verranno approfonditi più di tanto da parte nostra. L’invito è, ovviamente, di approfondire liberamente gli argomenti che avete trovato interessanti (o magari per semplice
curiosità), ma sopratutto di tirare fuori il problem solver che c’è in voi! Detto questo, passiamo all’azione!
32
POLINOMI
Un polinomio P (x) [si legge ’pi di x’ e significa ’il valore che il polinomio assume quando x è uguale a...’];
è una scrittura del tipo:
P (x) = an xn + an−1 xn−1 + an−2 xn−2 + ... + ax + a0
Gli elementi ai sono detti coef f icienti del polinomio e, a seconda del loro insieme di appartenenza,
possono essere di diverso tipo. Il coefficiente a0 è detto termine noto del polinomio. Si dice che z è
radice del polinomio quando P (z) = 0; due o più polinomi si possono sommare o moltiplicare in modo
classico (da questo derivano anche le operazioni di sottrazione e elevamento a potenza).
PROGRESSIONI
Data una serie di valori a1 , a2 , a3 , ..., an ; questi formano una progressione aritmetica se la differenza tra
an e an+1 è costante ed è r (detta ragione della progressione).
a1 = k; a2 = k + r; a3 = k + 2r...
La somma di n termini di una progressione aritmetica è data dalla formula n ·
La somma da 1 a 5? a1 = 1 5 = a3 → 3(1+5)
= 9].
2
a1 +an
2
[es. 1, 3, 5, 7, 9, ...
Una serie di valori a1 , a2 , a3 , ..., an forma una progressione geometrica se il rapporto tra an e an+1
è costante ed è r (detta ragione della progressione).
a1 = k; a2 = kr; a3 = kr2 ...
La somma di n termini della progressione è data dalla formula k ·
1 a 8? 8 = a4 r = 2 a1 = k = 1 → 1 ·
24 −1
2−1
r n −1
r−1
[es. 1, 2, 4, 8, 16, ... La somma da
= 15].
MEDIE
Data una serie di valori (reali) a1 , a2 , a3 , ..., an ; definiamo:
Media Aritmetica(AM)=
Media Geometrica(GM)=
a1 +...+an
n
√
n
a1 · ... · an
In particolare, le medie sono legate dalla seguente disuguaglianza:
GM 6 AM
Data la sequenza di valori in questione, chiamiamo moda il valore/i con frequenza più alta (quello, cioè,
che compare più volte) e mediana il valore esattamente√al centro della serie [es. 1, 2, 3, 7, 12, 12, 12 moda=
12, mediana= 7, AM= 1+2+3+7+12+12+12
= 7, GM= 7 1 · 2 · 3 · 7 · 12 · 12 · 12].
7
Curiosità: in una serie contenente un numero dispari di fattori consecutivi, media e mediana coincidono.
33
FORMULE UTILI
Ecco un elenco di formule che possono salvare da molte situazioni:
Somma dei primi n numeri naturali:
Somma dei primi n quadrati perfetti:
Somma dei primi n cubi:
n(n+1)
2
n(n+1)
2
n(n+1)(2n+1)
6
2
Numero di diagonali di un poligono:
n(n−3)
2
Numero di strette di mano tra n persone: n(n−1)
2
(dove ogni ciascuno stringe la mano una sola volta a tutti gli altri)
Formula di Eulero: dato un poliedro, chiamiamo F il numero delle sue facce, V il numero dei suoi
vertici e S quello degli spigoli; questi valori sono legati dalla seguente legge: F + V − S = 2
COMBINATORIA
Come avrete notato, buona parte dei problemi proposti hanno a che fare con la combinatoria, allo studio,
cioè, dei sottogruppi di elementi di un gruppo più grande.
Per studiare il numero di permutazioni di n elementi, si ricorre all’uso del f attoriale (fattoriale di n
= n!), che non è altro che: n! = n · (n − 1) · (n − 2) · ... · (n − n + 1) [es. una finale dei 100mt è corsa
da 8 atleti, quante possono essere le possibili classifiche finali? 8! (che non si legge OTTO! ma bensı̀ otto
fattoriale), cioè 8 · 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 40320. Immaginate la classifica come una serie di 8 scatolette; in
quanti modi posso scegliere il contenuto delle prima scatola? 8. E il secondo? 7... E l’ultimo? 1].
Immaginiamo una situazione similare, variando la domanda: in una finale dei 100mt, quanti diversi
podi posso avere? Notiamo che qui dobbiamo dividere il gruppo in sottogruppi di tre elementi (oro,
argento e bronzo) per i quali è importante considerare l’ordine. Dunque: a quanti diversi atleti posso
assegnare una medaglia di bronzo? 8, tra i restanti, a quanti posso dare l’argento? 7, tra i rimanenti, a
quanti posso dare una medaglia d’oro? 6. Stop. Questo procedimento si chiama studio delle disposizioni
e, generalizzando, è: Dn,k = n · (n − 1) · (n − 2) · ... E cosı̀ via per un totale di k fattori (quindi, nel caso
delle medaglie da assegnare, avremo: D8,3 = 8 · 7 · 6 possibili podi).
Allo stesso modo, andiamo a considerare dei sottogruppi nei quali non sia importante l’ordine degli
elementi (cioè quando A, B, C = B, C, A; cosa che, parlando di disposizioni, avrebbe un significato
diffe
n!
rente); in questo caso si parla di combinazioni che, generalizzando, si calcolano con Cn,k = nk = (n−k)!k!
.
PROBABILITÀ
La probabilità di un evento è data dal rapporto:
P =
CasiF avorevoli
CasiT otali
Dove i casi favorevoli sono gli eventi che dobbiamo considerare, mentre i casi totali sono... Usate un po’
l’immaginazione !
Es. Qual è la probabilità che lanciando un dado ottenga un risultato pari? Casi totali: 1, 2, 3, 4, 5, 6 Casi
favorevoli: 2, 4, 6
(2, 4, 6)
3
1
P =
= =
(1, 2, 3, 4, 5, 6)
6
2
Attenzione! 0 6 P 6 1 in particolare, se P = 0 la probabilità è nulla, mentre se P = 1 l’evento è certo.
34
CRITERI DI DIVISIBILITÀ
Molto utile nella scomposizione di un numero (e non solo):
2. Un numero è divisibile per 2 se la sua cifre delle unità è pari.
3. Un numero è divisibile per 3 se la somma delle sue cifre è un multiplo di 3.
4. Un numero è divisibile per 4 se è multiplo di 4 l’intero composto dalle ultime due cifre del numero
[es. 732 → 32 → 4|32 → 4|732].
5. Un numero è divisibile per 5 se termina per 5 o per 0.
6. Un numero è divisibile per 6 se la somma delle sue cifre è divisibile per 3 e la sua cifra delle unità
è pari.
7. Un numero è divisibile per 7 se è divisibile per 7 l’intero costruito prendendo il numero senza la cifra
delle unità, la quale viene sottratta due volte al numero ottenuto. [Es. 105 → 10 − (2 · 5) = 0 → è
divisibile per 7, dunque 105 è divisibile per 7].
8. Un numero è divisibile per 8 se è multiplo di 8 l’intero composto dalle ultime 3 cifre del numero [es.
1888 → 888 → 8|888 → 8|1888].
9. Un numero è divisibile per 9 se la somma delle sue cifre è un multiplo di 9.
10. Un numero è divisibile per 10 se termina per zero.
11. Un numero è divisibile per 11 se la somma delle cifre a segno alterno è un multiplo di 11 [es:
7744 → 7 − 7 + 4 − 4 = 0 → è divisibile per 11].
SOMMATORIA e PRODUTTORIA
Data una sequenza di valori (o variabili) a1 , a2 , a3 , ..., an ;
Indichiamo la somma totale o parziale dei fattori della sequenza con il simbolo
chiamando ai gli elementi della successione, indichiamo la somma da fare con:
n
X
P
(sommatoria);
ai
i=k
Ciò significa che sommiamo tutti gli ai , dal termine ak al termine an .
Indichiamo il prodotto totale o parziale del fattori della sequenza con il simbolo
chiamando ai gli elementi della successione, indichiamo il prodotto da fare con:
n
Y
ai
i=k
Ciò significa che moltiplichiamo tutti gli ai , dal termine ak al termine an .
35
Q
(produttoria);
CONGRUENZE
a
dà resto b. 7 → 72 dà resto 1, dunque
Si dice che a è congruo a b modulo m [cioè a ≡ b (mod m)] se m
7 ≡ 1 (mod 2). Per le congruenze valgono le seguenti proprietà [dati a ≡ b (mod m) e c ≡ d (mod m)]:
a + c ≡ b + d (mod m)
a − c ≡ b − d (mod m)
a · c ≡ b · d (mod m)
k
k
Da cui a ≡ b (mod m)
TEOREMA CINESE DEL RESTO
Dato un sistema:


x1 ≡ a1 (mod m1 )


x2 ≡ a2 (mod m2 )
..


.



xn ≡ an (mod mn )
con ai e mi interi. Risolvere il sistema, ovviamente, significa trovare degli x che soddisfino le condizioni;
supponiamo che gli mi siano a due a due relativamente primi [ossia M CD(mn , mk ) = 1], allora, qualunque siano gli interi, il sistema di congruenze ammette un’unica soluzione modulo m1 · m2 · m3 · ... · mn .
GEOMETRIA
Come avrete notato, nel libro gli esercizi di geometria sono, purtroppo, ben pochi (mea culpa...!); lo
stesso vale per la teoria proposta; cioè, per quanto riguarda un approccio di base al problem solving,
non esiste un vero e proprio elenco di trucchetti relativi ai problemi di geometria; è più una questione
di intuizione e, sulla base di questa, saper giostrare le proprie conoscenze. In generale, gli argomenti
sufficienti a sopravvivere nel problem solving geometrico sono rintracciabili all’interno del programma
scolastico (a patto che questo venga svolto), che mi limito solo a citare: triangoli (tipi di triangoli, regole
su angoli, altezze, mediane, bisettrici, teoremi di Euclide e Pitagora...), quadrilateri (tipi di quadrilateri,
proprietà...), circonferenze ( corde, diametri, raggi, poligoni inscritti e circoscritti, proprietà, angoli al
centro e alla circonferenza...), poligoni generici, poligoni regolari, formule di geometria solida e piana, etc
etc..
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Conclusione e ringraziamenti
Ed eccoci arrivati alla conclusione; non essendo un racconto, non vi chiederò se vi è piaciuto il finale; spero solo che il risultato delle nostre fatiche (NDA-questo libro) sia stato di vostro gradimento e
possa essere, in futuro, un riferimento per allenamenti e consigli.
Prima di chiudere definitivamente, ritengo doverosi dei ringraziamenti:
Un MEGA GRAZIE
A Gianluca Grilletti, autore degli ultimi due capitoli, per avermi supportato in quest’avventura e sopportato la decine di chiamate ad ogni ora e i richiami alla puntualità;
Al Prof. Carlo Càssola, per aver creduto fin da subito nel progetto, per averci supportati e indirizzati,
per aver pazientemente corretto le bozze e il testo una volta stampato, per avermi catechizzato sull’uso
del latex e sopratutto per essersi offerto come referente del progetto e averci scritto la prefazione.
Un GRAZIE
Al Prof. Antoniali, per avermi aiutato con il latex e per la revisione stilistico-matematica data al testo;
A Norma, per essere stata sempre presente, per aver fatto più volte da tramite tra me e Gianluca e per
aver approvato parte delle bozze;
A Davide, per essersi gentilmente offerto di ’demolirmi’ problema per problema, in amicizia;
A Matteo, che, nonostante dovesse preparare degli esami universitari, si è comunque reso disponibile a
visionare le bozze;
A tutti i Professori che, nonostante scrivessi il libro durante le ore di lezione, hanno deciso di non richiamarmi;
A tutte le persone che ci hanno supportati moralmente nella scrittura del libro (magari senza capire niente
di matematica) e, perché no, grazie a tutti quelli che sono rimasti sorpresi alla notizia della pubblicazione:
ci avete dato la carica!
In generale, a tutti coloro che si sono prodigati affinché questo progetto prendesse vita.
Udine, Dicembre 2009
Luca Lamanna
Ci scusiamo per la presenza di eventuali errori nel testo; saremo lieti di ricevere suggerimenti, critiche, correzioni o, in generale, domande; potete contattarci via mail (Luca Lamanna: [email protected];
Gianluca Grilletti: [email protected]) o per altro mezzo.
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