Soluzioni Ghostbusters 18 novembre 2013

SOLUZIONI - GARA DI MATEMATICA ON-LINE (18/11/2013)
1. VOLONTARI [30]
Stiamo cercando i tre numeri naturali più piccoli e distinti
x  y  z , tali che z | xy  1 , y | xz  1 e x | yz  1 .
Ora x  1 , in quanto se fosse x  1 , accadrebbe che z | y  1 , ma essendo z  y ciò non può accadere.
Cerchiamo una soluzione con x  2 . Osserviamo che da 2 | yz  1 si deduce che sia y che z devono essere dispari.
Il primo dispari utile è y  3 . Le condizione su z diventa z | 2  3  1 , cioè z | 5 che è verificata già per z  5 .
La terna (2,3,5) verifica tutte e 3 le condizioni del problema.
2. LA PRIMA SEGNALAZIONE [9912]
Ricostruiamo la moltiplicazione x  2013  n dove le ultime 4 cifre di n sono 2012.
Ora la cifra delle unità dovrà essere per forza un 4. Così facendo abbiamo
un’informazione sulla cifra delle decine. Procedendo in questa maniera è possibile
ricostruire interamente la moltiplicazione:
1
4
0
4
1
0
8
9
9
9
4
2
2
9
0
8
2
9
0
7
2
0
0
2
1
7
4
1
4
3
2
2
X
=
?
?
?
?
2
?
0
0
0
?
…
?
0
8
2
0
0
?
1
(1)
4
1
4
3
2
2
X
=
3. IL PRIMO INCONTRO [144]
Procediamo con un cambio di variabile per rendere la funzione simmetrica
diventa
y  x3  1 ( x  3 y  1 ). La funzione
f ( y)  ( y  1)( y  5)( y  1)( y  5)  ( y 2  1)( y 2  25) .
Procediamo con un ulteriore cambio di variabile:
ottiene
k  y 2  13 ( y  k  13 limitandosi al caso positivo) da cui si
f (k )  (k  12)(k  12)  k 2  144 il cui valore minimo ( 144 ) lo si ottiene per k  0 .
4. BRUTTE NOTIZIE [296]
Dividiamo i dati per 2 e costruiamo la figura usando i quadretti, sapendo che
2 è
pari alla diagonale di un quadretto e
10 si ottine come diagonale di un rettangolo
di lati 3 e 1 . Alternando 2 lati di lunghezza 10 ed uno di 2 si ottiene la figura
riportata a lato. Si osserva che i punti di contatto dei lati formano con il centro
della figura sempre segmenti lunghi 5 . L’area è facilmente calcolabile
scomponendo la figura in parti più semplici.
L’area cercata è
A  4  74  296 m2 .
5. NUOVI GIOCATTOLI [460]
    2   15   2  2 15  2  2
15  2  15  2 15   36833  29153
2
415  154  230  152
2
15
 152  28
15
2
15
2
2
2
15
2
15

152  215  152

2
 216 152 
8
6. ZUUL [884]
Ricostruiamo un quadrato di binomio guardando ogni volta un termine diverso come doppio prodotto:
   2 2
 2   2  2
 2   2 2
220  212  2n  210
2
220  212  2n
2
220  212  2n
10
6
2
11
 2n  (210  2)2  n  2
n 1
19
 
 26
2
 (210  26 ) 2  n  17
 2n  (26  213 )2  n  26
7. SLIMER [3800]
Guardiamo il problema dall’alto. Non riusciremo a scorgere il rimbalzo sul soffitto, ma
potremmo vedere gli altri 4. La situazione sarà simile a quella rappresentata in figura, dove
la lunghezza del percorso equivale a due diagonali del rettangolo. Analogamente accadrà per
ciascuna vista laterale.
Riportando alla situazione tridimensionale, la lunghezza del percorso del raggio sarà pari a 2
diagonali del parallelepipedo.
P
2d  2  152  102  62  2 19  38
8. IL SUCCESSO [3197]
Prima soluzione
PRIMO COLPO
SI-
NO
SECONDO COLPO
SI
7
10
NO
3
10
SI
7
10
NO
3
10
5
10
5
10
TERZO COLPO
Prob STORDITO
9
10
1
NO
10
9
SI
10
1
NO
10
9
SI
10
1
NO
10
9
SI
10
1
NO
10
8
10
6
2 colpi a segno s2 
10
6
2 colpi a segno s2 
10
3
1 colpo a segno s1 
10
6
2 colpi a segno s2 
10
3
1 colpo a segno s1 
10
3
1 colpo a segno s1 
10
SI
3 colpi a segno
0 colpi a segno
s3 
s0  0
Moltiplicando e sommando si ottiene:
5 7 9 8 5 7 1 6 5 3 9 6
           
10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10
5 3 1 3 5 7 9 6 5 7 1 3
            
10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10
5 3 9 3 2520  210  810  45  1890  105  405 5985 1197
   


10 10 10 10
10000
10000 2000
Seconda soluzione
P(non stordire)  P(nessuno colpisce)  P(1 colpisce)  s1  P(2 colpiscono)  s2  P(3 colpiscono)  s3 
5 3 1  5 3 1 5 7 1 5 3 9 7 5 7 1 5 3 9 5 7 9  4
                        
10 10 10  10 10 10 10 10 10 10 10 10  10  10 10 10 10 10 10 10 10 10  10
4015
803
 5 7 9 2
    

10
10
10
10
10000
2000


P(stordire)  1  P(non stordire)  1 
803 1197

2000 2000
9. LA CARICA DEI 101 [402]
Sn  1 2  2  4  3  8  ...  n  2n lo possiamo riscrive in colonna nel seguente modo:
Sn
 2  4  8  ...  2n
4  8  ...  2n
8  ...  2n
...



raccogliendo sulle righe si ottiene:
Sn  2(1  2  4  ...  2n1 )  4(1  2  4  ...  2n2 )  8(1  2  4  ...  2 n3 )  ...  2 n 
2  (2n  1)  4(2n 1  1)  8(2n 2  1)  ...  2n 1  2n
Dove nell’ultimo passaggio abbiamo sfruttato il fatto che 2n  2  2n  2n  2n1  2n .
Sn  2n1  2  2n1  4  2n1  8  ...  2n1  2n  n  2n1  2(1  2  4  ...  2n1 )  n  2n1  2(2n  1)  (n  1)2n1  2
Sostituendo
n  101 si ottiene S101  100  2102  2 del quale dobbiamo calcolare le ultime 4 cifre. Si osserva che il
numero finirà certamente con “02” resta da calcolare
Sfruttando il fatto che
 
2102 mod100 .
212  4096  4mod100 possiamo scrivere
8
2102  212  26  (4)8  26  222  4  210  4  24  96  4 mod100
Il numero termina con “0402”.
10. UN NUOVO GHOSTBUSTER [31]
mod( p) a partire da p  2 alla ricerca di un possibile divosore.
58n2  1  1mod(2) , cioè è sempre dispari, quindi 2 non sarà mai un divisore.
58n2  1  n2  1mod(3) , ora i residui quadratici mod(3) sono 0 e 1 . In nessun caso 3 divide 58n2  1 .
58n2  1  3n2  1  3(n2  2) mod(5) , ora i residui quadratici mod(5) sono 0 , 1 e 1 , quindi in nessun caso 5
2
divide il numero 58n  1 .
58n2  1  2n2  1  2(n2  4) mod(7) , ora i residui quadratici mod(7) sono 0 , 1 , 2 e 4 . 7 non va bene.
58n2  1  3n2  1  3(n2  4) mod(11) , ora i residui quadratici mod(11) sono 0 , 1 , 3 , 4 , 5 e 9 . Nemmeno 11 va
Analizziamo 58n  1 secondo le congruenze
2
bene.
58n2  1  6n2  1  6(n2  2) mod(13) , ora i residui quadratici mod(13) sono 0 , 1 , 3 , 4 , 9 , , 10 e 12 . 13 non va
bene.
Continuando allo stesso modo si può verificare che non troveremo soluzione nemmeno per
La congruenza modulo 31 , invece ci darà le seguenti informazioni:
17 , 19 , 23 e 29 .
58n2  1  4n2  1  4(n2  8) mod(31) . Tra i residui quadratici mod(31) c’è 8 , quindi un numero esiste.
In particolare con n  15 , 58 15  1  13051  31  421 .
11. UNA VISITA INATTESA [556]
49a  7b  c  286 è la scrittura in base 7 del numero cercato:
Procedendo con la divisione per 7 si ottengono le cifre abc dai resti:
286 : 7  7a  b con resto c  6
40 : 7  a con resto b  5
a5
Il numero cercato è
556
D
C
E
X
12 “MASTRO DI CHIAVI” [400]
Dai dati del problema di osserva che se costruiamo il
quadrato BCEF sul lato CD il prolungamento del
segmento DM finisce esattamente nel vertice F .
Costruiamo ora la semicirconferenza di centro B e raggio
AB . Essendo AXF un triangolo rettangolo, X deve
appartenere alla circonferenza. Ne segue che BX  AB .
M
A
B
F
13 GUARDIA DI PORTA [1118 111888=112*999]
Prima soluzione:
Osserviamo cosa succede nel moltiplicare
999 per un qualunque numero di 1 cifra:
9-x
9
9
9
9
9
a
x
x
9
b
9
y
(9+y)
9
a
x
x
Al centro rimangono comunque due cifre 9.
Proviamo con 2 cifre:
9
9-y
9-x
9
9
9
9
x
Nella cifra delle centinaia rimarrò sempre una cifra 9. Si deve passare a moltiplicare per un numero di 3 cifre per
veder scomparire la cifra 9 dal risulatato.
Il primo valore utile è 112  999  111888
Seconda soluzione:
Cerchiamo il più piccolo k intero positivo tale che
possiamo procedere analizzando la sottrazione:
…
kd
999k non contenga la cifra “ 9 ”. Siccome 999k  1000k  k
ku
Affinché il risultato non contenga la cifra “ 9 ” e
Procedendo in questa maniera si può calcolare:
1
1
2
1
1
1
0
0
0
…
kd
ku
-
k sia minimo, la sua cifra delle unità deve essere ku  2 .
0
1
8
0
1
8
0
2
8
-
14 UN GRANDE GUAIO [5]
Si osserva che x  6 
2
6  6  ... , cioè che x2  6  x . L’equazione di secondo grado ha per soluzioni
x1  2 e x2  3 di cui solo la seconda è accettabile.
Analogamente per
y che risolve l’equazione y 2  6  y che presenta come unica soluzione accettabile y  2 .
x  y  5.
15 UN’ANTENNA PER GOZER [512]
Risolviamo il problema in generale. Sia AB  AC  CB  AE  EF
il lato cercato e sia OE  OC  r il raggio della circonferenza.
C
 BF  l
l
l
l


3 , OK  r 
3 e OH  l   r 
3.
2
2
2 

Ora applicando il Teorema di Pitagora al triangolo EOH si ottiene che
Si osserva che
CK 
A
K
O
B
2
l2 
l

r   l  r 
3
4 
2

2
l
3
r 2   l 2  r 2  l 2  2lr  lr 3  3l 2
4
4
2
2l  2lr  lr 3  3l 2  0 equazione che può essere semplificata per l
2
2l  2r  r 3  3l  0 e che può essere riscritta, raccogliendo
(l  r )(2  3)  0
e quindi l  r
G
D
H
E
F
16. L’INCONTRO FATALE [3016]
Riscriviamo la prima equazione in
3t 
t
f (2t  1)  g (3  t )  t
e scopriamo per quale valore di
t accade che
x2
2x 1
. Risolvendo t 
. Sostituiamo questo valore nell’equazione iniziale.
x 1
x 1
 x2 
 2x 1  x  2
f 2
 1  g 
, eseguendo i calcoli ed esplicitando la funzione g

 x 1 
 x 1  x 1
 2x 1  x  2
 3x  5 
g
f

 che possiamo sostituire nell’altra equazione ottendo:
 x 1  x 1
 x 1 
x2
x
 3x  5 
 3x  5  
f
f
eseguendo i calcoli otteniamo
 2
 
 x 1 
 x  1  x  1
 x 1
si ottiene:
 3x  5  x  4
.
f

 x 1  x 1
3x  5
1004
.
 2013 , equazione che porta alla soluzione x  
x 1
1005
Sostituendo si ha f (2013)  3016
Cerchiamo per quale
x si ha
17 DAL SINDACO [199]
n 2 il numero cercato e siano x e y , rispettivamente, i numeri formati dalle prime due e dalle
2
2
seconde due cifre del numero. n  100 x  y  ( x  y) .
n  x  y per cui nella prima uguaglianza possiamo scrivere che n2  99 x  x  y  99 x  n
2
Da cui l’equazione n  n  99 x che fattorizzata diventa n(n  1)  99 x .
2
Una prima soluzione la si ottiene ponendo n  99 ( n  9801 ).
2
Tra n e n  1 devono comparire i fattori 11 e 9 , inoltre, visto che 1000  n  10000 , 30  n  100 .
I multipli di 9 sono 36 , 45 , 54 , 63 , 72 , 81 e 99 , mentre i multipli di 11 sono 33 , 44 , 55 , 66 , 77 , 88 e 99 .
Indichiamo con
44  45 e 54  55
2
Le altre due soluzioni possibili sono n  45 ( n  2025 ) e n  55 ( n  3025 ).
La soluzione richiesta è S  45  55  99  199
I consecutivi che compaiono nelle due liste sono
2
18 IL GRANDE PORTALE [40]
Prima soluzione:
Dividiamo per semplicità di calcolo tutti i valori per
z
30 :
D(0,0,3)
AD  BC  3 e AB  40 m
e rappresentiamo il tutto su un piano cartesiano a tre
dimensioni.
Calcoliamo le equazioni dei piani ( ax  by  cz  d  0 )che
formano le quattro facce del tetraedro:
piano ABC : z  0
piano ADB : y  0
ADC : 3x  4 y  0
piano BCD : 3x  4 z  12
piano
y
C(4,3,0)
A(0,0,0)
B(4,0,0)
x
Ora cerchiamo un punto
P( x, y, z) equidistante da tutte e quattro le facce ( x, y, z  0 ).
d ( P, ABC )  z
d ( P, ADB)  y
3x  4 y
d ( P, ADC ) 
5
3x  4 z  12
d ( P, BCD) 
5
Il punto cercato verifica il seguente sistema di equazioni:

z  y

3x  4 y

z 
5


3 x  4 y  12
z 
5

z  y

5 y  3x  4 y
5 y  3x  4 y  12

Analizziamo la seconda parte del sistema.
Il caso negativo del primo valore assoluto deve essere scartato in quanto
5 y  3x  4 y porta all’equazione
y  3x che risulta impossibile essendo entrambe le incognite positive.
Risolviamo i due casi dati dal secondo valore assoluto:
5 y  3x  4 y

5 y  3x  4 y  12
5 y  3x  4 y

5 y  3x  4 y  12
x  3y

 y  3x  12
9 3 3
P1  ; ; 
2 2 2
x  3y

3 y   x  4
 2 2
P2  2; ; 
 3 3
Solo P2 è una soluzione del problema in quanto P1 è esterno al tetraedro.
Il diametro cercato è
2
2r  2   30  40 metri .
3
Seconda soluzione:
Dividiamo tutti i valori per 30.
Realizziamo le proiezioni ortogonali del solido (figura a lato). Sul Piano
Verticale (PV) e sul Piano Orizzontale (PO) possiamo osservare il medesimo
triangolo rettangolo di dimensioni AB  4 , CB  3 e di conseguenza
AC  5 .
Ora la posizione della sfera dovrà essere necessariamente quella disegnata,
e dalla simmetria delle due rappresentazioni sul PV e sul PO segue che
BM  MA . Tracciamo i raggi OM  ON  x e prolunghiamo OM fino ad
incontrare in L l’ipotenusa AC .
1
3
Per Talete ML  BC  . Ora il triangolino LNO risulta essere simile,
2
2
5
5
per costruzione, al triangolo ABC . Ne segue che LO  ON  x .
4
4
5
9
LM  LO  OM  x  x  x .
4
4
A questo punto possiamo impostare e risolvere l’equazione
9
3
x
4
2
2
x
3
Il diametro cercato è
2
2r  2   30  40 metri .
3
D
A PV
B=C
PO
C
L
N
O
B
M
A=D
Terza soluzione:
In generale, data una qualunque piramide a base triangolare, il centro della sfera inscritta unito con i 4 vertici,
divide il volume di partenza in 4 piramidi di altezza il raggio
r della sfera. Dette S1 , S 2 , S3 e S 4 le aree dei 4
triangoli in cui è divisa la superficie esterna della piramide e V1 , V2 , V3 e V4 i 4 volumetti in cui è rimasta divisa,
1
1
1
1
1
accade che: V  V1  V2  V3  V4  S1r  S2 r  S3r  S4 r  r (S1  S 2  S3  S 4 ) . Ricavando il raggio si
3
3
3
3
3
3V
ottiene r 
STot
Calcoliamo Il volume e la superficie totale nel caso del nostro problema (dividendo le misure per 30):
1
1 4 3
 3  6 m 3 ; STot   4  3  4  3  5  3  5  3   27 m 2
2
3 2
2
3 6 2
da cui r 
 . Il diametro cercato è 2r  2   30  40 metri
3
27 3
V
19 GOZER [618]
s1  vt , mentre quella del secondo ciclista è
La legge oraria del primo ciclista è
s2 
1 2
at .
2
Poiché si incontrano in A dopo aver effettuato un giro si avrà:
1  vt , da cui segue che t 
si scopre che
1 2
1
e 1  at dove sostituendo il tempo appena trovato
2
v
a  2v 2 .
Il primo incontro avviene in B, quando la somma delle ditanze percose dai due ciclisti è pari ad un giro di pista,
quindi
1 2
at  vt  1 dove sostituendo quanto appena scoperto otteniamo (vt )2  vt  1 , cioè s12  s  1  0 che ha come
2
1  5
 0, 618
unica soluzione accettabile s1 
2
20 INCROCIARE I FLUSSI [0]
Le 4 radici complesse dell’equazione
x 4  1 sono x1,2  1 e x3,4  i .
Ora dato un qualsiasi polinomio p( x)  a0  a1 x  a2 x  ... accade che:
2
p(1)  a0  a1  a2  a3  a4 ... ;
p(1)  a0  a1  a2  a3  a4  ...
p(i)  a0  a1  i  a2  a3  i  a4  ...
p(i)  a0  a1  i  a2  a3  i  a4  ...
4n , somma dei suoi coefficienti S  a0  a4  a8  ...  a4n è pari a
p(1)  p(1)  p(i)  p(i)
S
, ottenuta delle 4 relazioni precedenti sommandole membro a membro.
4
Se il polinomio ha grado
Calcoliamo i valori nelle 4 radici del nostro polinomio:
 1  1 1 1 
p(1)  

 2013 
2013
 1 1  1 1 
p(1)  

 2013 
S 0
0
2013
0
 i 4  i3  i  1 
p(i )  

2013 

2013
 1  i  i 1 


 2013 
 (i) 4  (i)3  i  1 
p(i )  

2013


2013
2013
 2i 
 

 2013 
 1  i  i 1 


 2013 
2013
2013
 2i 


 2013 
2013