Soluzione - Festa della Matematica

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CON IL PATROCINIO DELLA REGIONE PIEMONTE
E
DEL COMUNE DI TORINO
GARA PER IL PUBBLICO
8 Gallery – Venerdì 9 marzo 2012
OLIMPIADI DI MATEMATICA
Problema 1 – Problema di bottoni
20 punti
Il figlio del sarto è daltonico. Suo padre gli chiede di andare a prendere in soffitta la scatola dei
bottoni perché gliene servono 4. Non importa di che colore siano i bottoni, basta che siano dello
stesso colore. La scatola contiene 120 bottoni blu, 31 grigi, 98 rossi e 4 verdi. Tutti sono della stessa
forma e della stessa grandezza. Il ragazzo però non vuole portare tutta la scatola al padre. Qual è il
numero minimo di bottoni che dovrà prendere per essere sicuro di averne preso almeno una serie di
4 di uguale colore?
Soluzione:
Le varietà di colori dei bottoni sono 4. Quindi alla peggio in 12 estrazioni si può presentare la
seguente disposizione di colori (con ovvio simbolismo) BBBGGGRRRVVV. Ci vorrà un’ ulteriore
scelta di un bottone per essere certi di avere una serie di 4 bottoni dello stesso colore.
Risposta 0013
1
Problema 2 – La maga e le galline
20 punti
Correva voce che una maga, con un incantesimo, riuscisse a raddoppiare il numero di galline che le
fossero indicate. Un contadino incredulo andò da lei e le chiese se poteva raddoppiare le sue. La
maga gli disse di sì ma in compenso chiese 8 galline. Il contadino accettò e lei fece l'incantesimo
che ebbe successo. Visto che la cosa funzionava egli chiese alla maga di rifarlo per una seconda
volta e poi per una terza, naturalmente pagando 8 galline per ogni incantesimo. Alla fine, però, il
contadino rimase senza alcuna gallina. Tenendo conto che il pagamento alla maga avveniva dopo
l’incantesimo, quante galline aveva il contadino all'inizio?
Soluzione:
Al primo incantesimo al contadino restano (2n – 8) galline, al secondo [2(2n – 8) – 8] galline, al
terzo 2[2(2n – 8) – 8] – 8 = 0 galline, da cui n = 7.
Risposta 0007
Problema 3 − Il numero esatto
25 punti
Di un numero sconosciuto si sa che è formato da dieci cifre tutte diverse tra loro, quindi da 0 a 9.
Con le stesse cifre sono stati formati i seguenti 4 numeri contraddistinti dalle lettere A, B, C, D:
A)
B)
C)
D)
1069824537
4217530869
1657834029
1937568024
Su questi quattro numeri si hanno i seguenti dati in relazione al numero sconosciuto: in A ci sono
due cifre in posizione esatta, in B ugualmente ci sono due cifre in posizione esatta, in C vi sono due
cifre in posizione errata, in D due in posizione esatta. Quali sono le prime 4 cifre del numero
sconosciuto?
Soluzione:
Confrontiamo C e D i due numeri hanno quattro cifre nella stessa posizione (1, 7, 0 e 2 ) pertanto
dato che D ha solo due cifre esatte bisognerà sceglierle proprio tra queste. Infatti in caso contrario
(ovvero se ci fossero più di due cifre sbagliate in 1, 7, 0, 2) anche in C sarebbero in posizione
errata e ciò non è possibile perché C ha solo due cifre inesatte. Bisogna pertanto invertire la
posizione di due di queste cifre nel numero C (ricordiamo che C ha solo due cifre in posizione
errata rispetto al numero da determinare). Confrontiamo allora A e C. I due numeri hanno l’ 1, l’ 8
ed il 4 nella stessa posizione quindi avendo A due cifre in posizione esatta e C otto il numero errato
è 1. Allo stesso modo confrontando B e C si può notare che anch’essi hanno tre cifre in comune 7,
3, 9. Il 3 ed il 9 sono nella posizione corretta mentre il 7 no. Pertanto le due cifre da invertire in C
sono 1 e 7. Il numero così ottenuto è 7651834029.
Risposta 7651
2
Problema 4 − Discoteca 2012
25 punti
Marco, Matteo, Luca e Giovanni decidono di aprire una discoteca, al Lingotto di Torino,
denominandola “2012”. Per realizzare l’insegna luminosa si incarica una ditta la quale stabilisce un
prezzo proporzionale alla superficie dell’insegna stessa. In figura è rappresentato il progetto. Esso è
redatto su una griglia i cui quadratini misurano 1 dm di lato. Si tenga conto che il contorno dei
numeri “2” è realizzato con segmenti e semicirconferenze, quello dello zero è composto da due
ellissi, l’uno naturalmente solo da segmenti.
Basandosi sulla figura suddetta e qui riprodotta, calcolare l’area dell’insegna in dm2. Porre p = 3,14.
Dare la risposta utilizzando (ovviamente nell’ordine) le prime quattro cifre significative del
risultato.
Soluzione:
L’area della parte circolare superiore del “2” è la differenza fra le aree di due semicerchi di
rispettivi raggi r1=2 dm e r2=1 dm (vedi figura). Sarà quindi uguale a [(4p-p)/2] dm2. L’area della
parte rimanente si può calcolare come differenza fra il trapezio OEBA ed il triangolo rettangolo
CFB, come da figura. Avremo, in dm2, [(4+1)ä4/2] - [2ä3/2] = 7. In totale l’area della cifra 2 vale
(7 + 1,5p) dm2. L’area dello “0” è uguale alla differenza di due ellissi. La maggiore ha i semiassi
lunghi rispettivamente 3 dm e 2 dm, la minore ha i semiassi lunghi 2 dm e 1 dm. Avremo quindi
come area (3ä2 - 2ä1) p dm2 = 4p dm2. L’area della cifra “1”, come facilmente si può notare, vale
(6+0,5) dm2, cioè 6,5 dm2. Sommando le aree di tutte le cifre si ha: [2(7+1,5p)+4p+6,5] dm2 =
[20,5+7p] dm2 = 42,48 dm2.
Risposta: 4248
3
Problema 5 − Che giorno è?
25 punti
Uno smemorato ha perso la cognizione del tempo. Chiede a sette persone che giorno sia oggi, ma
una sola gli risponde dicendo il vero.
Ecco le risposte ricevute nell’ordine.
1) Oggi non è giovedì, venerdì o sabato.
2) Sono sicuro che dopodomani non è venerdì.
3) Ieri era domenica.
4) Dopodomani è sabato.
5) Domani è sabato.
6) Domani è domenica.
7) L’altro ieri era giovedì.
Sia lunedì = 1, martedì = 2, …, domenica = 7. Dare la risposta componendo un numero di 4 cifre
così definite: la prima riguarda il giorno esatto, la seconda attiene al giorno più suggerito
(implicitamente, da chi risponde) per primo (secondo l’ordine delle risposte), la terza al giorno più
suggerito per secondo, la quarta al giorno mai suggerito: se non ce ne fossero usare lo zero.
Soluzione:
Il giorno esatto è mercoledì. Infatti questo è l’unico giorno della settimana che rende veritiera una
sola delle sette affermazioni. Se fosse un giorno diverso da mercoledì almeno due persone
sarebbero sincere: 3 di loro suggeriscono (almeno implicitamente) il lunedì, 2 il martedì, 2 il
giovedì, 2 il venerdì, 3 il sabato, 2 la domenica ed una sola il mercoledì.
Abbiamo 3 citazioni per il lunedì (per primo), altrettante per il sabato, 2 per il martedì, il giovedì, il
venerdì e la domenica. Una, come si è visto, per il mercoledì. Tutti i giorni sono suggeriti almeno
una volta. La risposta sarà quindi 3160.
Risposta: 3160
Problema 6 – Sedie e tavoli
30 punti
Una fabbrica che produce sedie e tavoli è dotata di 10 seghe, 6 torni e 18 macchine levigatrici. Per
fabbricare una sedia occorrono 10 minuti di lavorazione ad una sega, 5 minuti ad un tornio e 5
minuti di levigatura. Per fabbricare un tavolo 5 minuti ad una sega, 5 minuti ad un tornio e 20
minuti di levigatura. Una sedia viene venduta a 10 euro e un tavolo a 20 euro. Qual è il massimo
ricavo (in euro) che la fabbrica può realizzare ogni ora?
Soluzione:
E’ un classico problema di programmazione lineare. Sia x il numero delle sedie ed y il numero dei
tavoli. Dovrà essere:
4
10 x + 5 y ≤ 600
5 x + 5 y ≤ 360

o (semplificando)

5
x
+
20
y
≤
1080

 x ≥ 0 ; y ≥ 0
2 x + y ≤ 120
 x + y ≤ 72

, insieme dei vincoli.

x
+
4
y
≤
216

 x ≥ 0 ; y ≥ 0
z = 10x + 20y, funzione obiettivo, da massimizzare.
Ecco un grafico cartesiano dell’area ammissibile (poligono evidenziato OABCD).
Abbiamo O(0, 0), A(60, 0), B(48, 24), C(24, 48), D(0, 54). Otteniamo:
z(O) = 0, z(A) = 600, z(B) = 960, z(C) = 1200, z(D) = 1080.
Il max è dunque 1200 (per x = 24 e y = 48).
Risposta 1200
Problema 7 − Il tartufo in fuga
30 punti
Sulle colline delle Langhe un tartufo sta fuggendo a gambe levate, avendo sentito l’avvicinarsi di un
segugio dall’olfatto sopraffino in compagnia del suo padrone Giorgio. Il tartufo parte venti minuti
prima dei suoi inseguitori, ma procede costantemente a “soli” 3 km/ora contro i 12 km/ora del cane
inseguitore. Quando il cane raggiunge il tartufo, subito si volta indietro e ritorna dal suo padrone
Giorgio che li sta inseguendo trafelato a sua volta ad una velocità di 6 km/ora. Dopo aver raggiunto
Giorgio, il cane si volta di nuovo e riprende a correre dietro al tartufo, proseguendo così avanti e
indietro finché anche Giorgio raggiunge il tartufo. Quanti chilometri sono stati percorsi in totale dal
cane?
5
Soluzione:
Di fatto il cane corre ad una velocità costante di 12 km orari per tutto il tempo ∆t necessario a
Giorgio per raggiungere il tartufo. Il vantaggio del tartufo è quantificabile a livello spaziale in 1
km (cioè lo spazio percorso in 20 minuti ad una velocità di 3 km orari). Pertanto se indichiamo con
x lo spazio percorso dal tartufo in km, Giorgio dovrà percorrere x+1 km prima di raggiungerlo.
Ricapitolando:
x=3·∆t
x+1=6·∆t
da cui
3·∆t+1=6·∆t e dunque ∆t=
1
h = 20 minuti
3
Pertanto il cane ha percorso in tutto 4 km (=12 km/h·
1
h).
3
Risposta: 0004
Problema 8 - Orinare nel lago
35 punti
Un fisico si trova a bordo di un traghetto in mezzo ad un lago. Tutte le toilettes sono occupate ed
egli ha assolutamente bisogno di orinare. Siccome è notte e nessuno lo vede, soddisfa l'impellente
bisogno orinando dal bordo del traghetto direttamente nel lago. Quando ha finito si chiede: di quanti
picometri (cioè di quanti miliardesimi di millimetro) il livello dell'acqua del lago sarà aumentato
(supponendo che il peso specifico della pipì sia uguale a quello dell’acqua del lago, che il volume
della stessa sia di 22,5 centilitri, che la superficie del lago sia di 11.324 m2 e che la sua profondità
media sia di 120 m)?
Soluzione:
Per il principio di Archimede un corpo galleggiante in un liquido sposta un volume di liquido il
cui peso è uguale al peso del corpo galleggiante. Invece un corpo che va a fondo sposta un volume
di liquido pari al volume del corpo. Se una persona fa pipì fuori da un traghetto, il traghetto si
alleggerisce e perciò si alza leggermente, quindi sposta un volume minore di acqua e di
conseguenza il livello dell'acqua nel lago si abbassa. Senonché la pipì va a finire nel lago e ne
innalza il livello dell'acqua. In conclusione: il livello dell'acqua nel lago rimane uguale. Infatti, si
può sostituire (concettualmente) la parte sommersa del traghetto con l’ acqua del lago: travasare
un po’ d’acqua (di pipì) dal traghetto fuori dallo stesso non cambia il livello dell’acqua. Sarebbe
come spostare nel lago masse di liquido qua e là: non cambierebbe certo il livello del bacino
idrico.
Risposta 0000
6
Problema 9 − Un sentiero trafficato
35 punti
Percorrendo un sentiero alla velocità costante di 12 m/h, un serpente sorpassa, in 20 minuti, 40
coccinelle che passeggiano ad una velocità costante di 8 m/h, mantenendosi equidistanti l’una
dall’altra. Se ci si pone in un punto del sentiero, quante coccinelle si vedono transitare in due ore?
Soluzione:
La velocità relativa del serpente rispetto alle coccinelle è di 4 m/h. Pertanto rispetto alle coccinelle
4
4
in 20 minuti percorre m. Questo significa che in un tratto di strada lungo m ci sono 40
3
3
1
4
coccinelle e cioè che ogni coccinella dista dalla successiva
m (= m / 40). Dunque tra il
30
3
1
passaggio di una coccinella e della successiva passano 15 secondi [=
m / (8 m/h) = 1/240 h]
30
pertanto in due ore passano 480 ( = 7200/15) coccinelle.
Risposta: 0480
Problema 10 – Impatto imminente
40 punti
Un meteorite cade sulla Terra. Con quale probabilità (scrivere le prime quattro cifre significative)
colpirà la fascia a cui appartiene l’Italia, compresa tra la latitudine Nord 47° 05' 31" e la latitudine
Nord 35° 29' 24" (si consideri la Terra perfettamente sferica)?
Soluzione:
Occorre innanzitutto calcolare la superficie della zona di impatto, pari alla differenza tra la
superficie della zona sferica compresa tra l’equatore e dal parallelo indicato dalla prima latitudine
(che chiamiamo S1) e la superficie della zona sferica compresa tra l’equatore e dal parallelo
indicato dalla seconda latitudine (che chiamiamo S2).
S1 è pari a 2πR ⋅ Rsen(47°05'31" ) ≅ 2πR 2 sen(47,0919°) ≅ 2πR 2 ⋅ 0,732447 (R indica il raggio della
Terra).
S2 è pari a 2πR ⋅ Rsen(35°29'24" ) = 2πR 2 sen(35,49°) ≅ 2πR 2 ⋅ 0,580561 .
∆S = S1 − S 2 ≅ 2πR 2 ⋅ (0,732447 − 0,580561) = 2πR 2 ⋅ 0,151886
La probabilità con cui il meteorite colpirà la fascia compresa tra le due latitudini sarà il rapporto
tra la superficie calcolata e la superficie della Terra, ovvero:
2πR 2 ⋅ 0,151886 0,151886
p=
=
= 0,075943 , pari al 7,5943%.
2
4πR 2
Risposta 7594
7
Problema 11 – Oh, che bel castello!
40 punti
C'è un castello circondato da un muro circolare. Il muro ha un cancello a Nord e un cancello a Sud.
Una casa gialla si trova 3 km a Nord del cancello Nord. Una casa blu si trova 9 km ad Est del
cancello Sud. Una damigella della casa gialla vede appena il suo principe nella casa blu (il
segmento che idealmente unisce le due case è tangente al muro circolare). Qual è il raggio del
cerchio, in metri, formato dal muro?
Soluzione:
In figura il castello è in O, la casa gialla in C e quella blu in B. I triangoli ABC e OTC (con T
punto di tangenza) sono rettangoli e sono simili.
Detto x il raggio del cerchio (muro), si ottiene:
81 + (2 x + 3) 2 9
= , da cui 4 x 4 + 12 x 3 + 9 x 2 − 486 x − 729 = 0 .
x+3
x
4
Fattorizzando: 4 x + 12 x 3 + 9 x 2 − 486 x − 729 = (2 x − 9)(2 x + 3)( x 2 + 6 x + 27) = 0 .
Abbiamo due soluzioni reali, di cui una sola positiva, che accettiamo: x = 4,5.
Risposta 4500
Problema 12 − Malviventi
40 punti
Qualche giorno fa nel centro di Torino si è verificata una rapina in banca. Un anziano testimone,
con qualche problema di vista, afferma agli inquirenti di aver visto il ladro fuggire su un’auto la cui
targa gli è parsa terminare con 3ZA o 3SA o 8ZA o 8SA. Un altro testimone afferma invece che la
targa dell’auto conteneva le due cifre 5 e 8 affiancate. Il celebre rapinatore Augusto possiede
un’auto targata DX 358 SA. Sulla base delle due testimonianze, qual è la probabilità che sia
proprio lui l’autore della rapina? Si scrivano le prime quattro cifre non nulle della soluzione in
forma decimale e si ricordi che le targhe automobilistiche sono realizzate impiegando tutte le
ventisei lettere dell’alfabeto inglese ad eccezione delle lettere I,O,Q,U.
Soluzione:
Contiamo il numero di auto la cui targa termina con 3ZA o 3SA o 8ZA o 8SA e
contemporaneamente contiene le due cifre 5 e 8 affiancate. Se la targa termina con 3ZA allora
8
per soddisfare la seconda condizione occorre che la targa sia del tipo xy583ZA oppure xy853ZA,
con x e y lettere qualsiasi scelte fra le 22 possibili. Analogamente può dirsi per il caso 3SA.
Perciò:
n°di targhe che terminano con 3ZA = 22·22·2 = 968
n°di targhe che terminano con 3SA = 22·22·2 = 968
Viceversa se la targa termina con 8ZA allora per soddisfare anche la seconda condizione la targa
può essere del tipo xy588ZA oppure xyn58ZA, con x e y lettere qualsiasi scelte fra le 22 possibili
e n cifra da 0 a 9. Analogamente può dirsi per il caso 8SA. Perciò:
n°di targhe che terminano con 8ZA = 22·22·(1+10) = 5324
n°di targhe che terminano con 8SA = 22·22·(1+10) = 5324
In tutto si hanno quindi 968·2 + 5324·2 = 12584 targhe possibili. Pertanto la probabilità che l’auto
vista dai testimoni sia proprio quella di Augusto risulta: 1/12584 = 0,00007946…
Risposta: 7946
Problema 13 − Il maialino nel recinto
45 punti
Un maialino è entrato in un recinto a forma di scacchiera dal cancello aperto presente nel quadrato
indicato dalla freccia e, dopo aver toccato tutti i riquadri cambiando direzione solo ad angolo retto,
è uscito dal quadrato bianco sottostante il quadrato da cui è entrato, come mostrato nel disegno.
Così facendo ha cambiato direzione 20 volte. Qual è il numero minimo di cambi di direzione se si
entra ed esce dai quadrati indicati, si cambia direzione solo ad angolo retto, si toccano tutte le
caselle una sola volta e non si attraversa la sbarra presente nella seconda casella della seconda riga?
Soluzione:
9
La figura illustra una soluzione con 14 cambi di direzione. Dimostriamo che questo è il numero
minimo. Chiamiamo h e v rispettivamente il numero di linee orizzontali e verticali percorse dal
maialino. Il numero di cambi di direzione è h + v – 1. Inoltre poiché il cambio di direzione avviene
ad angolo retto ed il maialino entra ed esce in orizzontale la sequenza del percorso sarà
orizzontale, verticale, orizzontale, …, verticale, orizzontale, pertanto h = v + 1. Quindi v = h – 1 ed
il numero di cambi di direzione è 2h – 2. La soluzione proposta in figura ha h = 8, v = 7.
Supponiamo per assurdo h < 8. Poiché le righe sono 8, esiste una riga che non contiene nessuna
linea orizzontale, dunque è attraversata da 8 linee verticali, perciò v ≥ 8, ma da h = v + 1 segue
h ≥ 9 che contraddice la nostra ipotesi. Osserviamo infine che eliminando il vincolo della sbarra, la
soluzione sarebbe la stessa.
Risposta: 0014
Problema 14 − Calcolo enigmatico
45 punti
▢▧□ × ▢ = ▣▨▧
+
+
−
▢▨ ▦ : □ =
▩▦
________________________
▣▣□ − ▤▤ = ▣⊠▧
A segno uguale corrisponde cifra uguale (e a segno diverso cifra diversa).
Quale numero corrisponde alla stringa
▣▤▩▢?
Soluzione:
Sostituiamo lettere ai simboli in questo modo:
▢ = A, ▧ = B, □ = C, ▣ = D, ▨ = E, ▦ = F, ▩ = G, ▤ = H, ⊠ = L
Otteniamo così:
ABC ×
A = DEB
+
+
−
AEF :
C =
GF
_______________________
DDC − HH = DLB
10
Dalla prima somma e dall’utlima sottrazione (in verticale) si deduce F = 0 , nonché A < 5.
Dalla seconda somma si deduce A+C = 11, cioè H = 1 e C > 6.
Rimangono le ipotesi A = 4, A = 3, A = 2; ma A< 4 per la prima moltiplicazione (risultato di 3
sole cifre significative). Se fosse A = 3 avremmo D = 9 (per la prima moltiplicazione) e D = 6 o
D = 7 per la prima somma: contraddizione. Sarà quindi A = 2, da cui C = 9 (seconda somma,
verticale), B = 8 (prima moltiplicazione). Otteniamo di conseguenza E = 7 poiché D = 4 o D = 5:
nella fattispecie si deduce D = 5. Dalla divisione si ha G = 3 ed infine, dall’ultima sottrazione
(verticale), L = 4.
Risposta 5132
Problema 15 − La mucca e il treno
50 punti
Una mucca pezzata si trova tranquilla a guardare il fiume su un ponte a 5 metri dalla metà del ponte.
Improvvisamente scorge un treno, distante dall’estremità più vicina del ponte due volte la lunghezza
del ponte stesso, che sta piombando verso di lei a tutta velocità. Senza perdere un attimo si mette a
correre verso il treno e riesce a salvarsi con un metro di scarto. Se avesse seguito l’istinto e non la
ragione, correndo in direzione opposta, 25 centimetri della sua coda sarebbero rimasti schiacciati
sul ponte. Quanti metri è lungo il ponte?
Soluzione:
Chiamiamo x la lunghezza del ponte. La mucca percorre (x/2 – 5) metri mentre il treno ne percorre
2x – 1. Nel secondo caso la mucca percorrerebbe (x/2 + 5 – 1/4) metri nel tempo in cui il treno ne
percorre 3x – 1/4. Abbiamo dunque
x
x
1
−5
+5−
2
4
= 2
1
2x −1
3x −
4
perché uguale al rapporto tra la velocità della mucca e quella del treno. Risolvendo si ottiene x =
1/4 (non accettabile perché minore di 5) e x = 48.
Risposta: 0048
Problema 16 − Il problema dei tagli
50 punti
Il figlio del ministro dell’economia è appassionato di enigmi e, per distrarre il padre dalle
preoccupazioni relative alla recente crisi economica, ha posto al genitore questo problema. Ho un
foglio rettangolare diviso a quadretti con i lati di 48 e 55 quadretti. Qual è il numero minimo di tagli
che occorre fare con una forbice per avere 48ä55 = 2640 fogliettini di lato un quadretto? Le regole
prevedono che ciascun taglio debba essere fatto lungo i bordi dei quadretti, debba essere rettilineo e
dividere il rettangolo che si taglia in altri due rettangoli (senza escludere i quadrati come casi
particolari).
11
Soluzione:
Dato un rettangolo di lati m ed n chiamiamo T(m,n) il numero minimo di tagli rispettanti le
condizioni del problema (ovviamente T(m,n) = T(n,m)). Facendo qualche prova per m ed n piccoli
si congettura facilmente che T(m,n) = mn – 1. Se questo è vero, la soluzione del problema è 48ä55
– 1 = 2639. Dimostriamo la nostra congettura per induzione su m+n. Il valore minimo possibile
per m+n è 2 che si ha soltanto per m = n = 1. E’ evidente che T(1,1) = 0. Sia ora m+n > 2 e
dimostriamo che T(m,n) = mn –1 supponendo T(a,b) = ab - 1 per ogni coppia a,b con a+b < m+n.
Se ho un rettangolo di lati m ed n e faccio un taglio partendo dal lato m dividendolo in due
rettangoli di lati k ä n e (m- k)än il numero di tagli da fare sarà 1 + T(k,n)+T(m-k,n) = 1 + (kn
–1) + ((m- k)n–1) = mn –1 (valore che non dipende nemmeno da k) come si voleva dimostrare.
Risposta: 2639
Problema 17 − Un problema di mediane
60 punti
Le mediane di un triangolo sono lunghe rispettivamente 3, 4 e 5. Quanto vale l’area del triangolo?
Soluzione:
Con riferimento al disegno, sia ABC un generico triangolo. Consideriamo il simmetrico A’BC
rispetto al lato BC. Siano Ma, Mb, Mc i punti medi di BC, AC, AB ed Mb’ il punto medio di A’B. Il
12
triangolo McMb’C ha i lati congruenti alle mediane di ABC (CMb’ = BMb e McMb’= (1/2)AA’ =
AMa). Sia Я l’area di ABC ed Яm l’area di McMb’C. Vogliamo mostrare che Я = (4/3)Яm.
Poniamo b = BC e h uguale alla distanza di A da BC. Poiché D è il punto medio di BMa (teorema
di Talete), CD = (3/4)b. Inoltre Area(DCMc) = Area(DCMb) perché i triangoli in questione hanno
la stessa base DC e uguali altezze, pari a h/2. Allora Яm= 2(1/2) CD (h/2) = (3/4)b(h/2) =
(3/4)(1/2)bh = (3/4)Я, da cui Я = (4/3)Яm. Ma del triangolo McMb’C conosciamo i lati, quindi per
la formula di Erone (oppure osservando che 3, 4 e 5 formano una terna pitagorica) è facile
ricavare Яm = 6. Segue Я = (4/3)6 = 8.
Risposta: 0008
Problema 18 − Un campo da recintare
60 punti
Occorre recintare un campo a forma di triangolo rettangolo utilizzando delle sbarre di uguale
lunghezza. Se un lato è lungo 47 sbarre, quante sbarre sono necessarie a recintare il campo? (In altre
parole occorre trovare il perimetro di un triangolo rettangolo avente i tre lati interi di cui uno uguale
a 47).
Soluzione:
Supponiamo che il lato lungo 47 sia l’ipotenusa. Detti x e y i cateti si ottiene x2 + y2 = 472. Questa
equazione non ha soluzioni intere positive (per verificarlo si può supporre x pari, y dispari e
provare le 23 possibilità, oppure verificare che l’equazione x2 + y2 = 0 modulo 47 è impossibile).
Allora 47 è un cateto. Chiamando x l’altro cateto ed y l’ipotenusa otteniamo y2 – x2 = 472 e dunque
(y – x)(y + x) = 472. Poiché 47 è primo e 0 < y – x < y + x, deve essere y – x = 1 e y + x = 472 =
2209. Allora x = 1104, y = 1105, ed il perimetro è 47 + 1104 + 1105 = 2256.
Risposta: 2256
Problema 19 – Punti su circonferenza
90 punti
Disponendo 16 punti in modo casuale su di una circonferenza, qual è la probabilità che stiano tutti
su una semicirconferenza comune? Indicare, nella risposta, le prime 4 cifre significative del
risultato.
Soluzione:
Consideriamo n punti P1, P2, …, Pn. Per 1 § i § n, sia Ei l’evento per cui la semicirconferenza che
parte da Pi e, andando in senso orario, contenga Pj con j∫ i. Gli eventi Ei sono incompatibili
(insiemi disgiunti) e si ha Pr(Ei) = (1/2)n-1. Quindi la probabilità richiesta è
 n
 n
n
Pr U E i  = ∑ Pr (E i ) = n −1 . Se n = 16 si ottiene il valore 0,00048828.
2
 i =1  i =1
Risposta 4882
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Problema 20 − La fine del mondo
95 punti
Pare che un archeologo abbia da poco scoperto un antico testo esoterico Maya recante la seguente
profezia. Sia data la successione di numeri così definita: a0 = 22012 – 4, an+ 1 = an / 2 + n. L’anno
della fine del mondo è uguale al valore minimo che assume an. Quale sarà l’anno della fine del
mondo, secondo la profezia?
Soluzione:
a0
a
a
+ 0 = 2 2011 − 2 , a 2 = 1 + 1 = 2 2010 ± 0 , a 3 = 2 + 2 = 2 2009 + 2 , ….
2
2
2
2012 − n
2012 − n
da cui, generalizzando, a n = 2
+ 2( n − 2) = 2
+ 2n − 4 .
Per trovare il minimo valore di an, risolviamo la disequazione an+1 < an. Si trova come soluzione
n < 2010. Questo significa che an decresce per n < 2010; abbiamo a2010 < a2009, dopodiché per
n ≥ 2010 si ha an+1 ≥ an (più precisamente si ha a2010 = a2011 e maggiore stretto per n > 2010). Il
valore minimo di an è quindi a2010 = a2011 che si calcola facilmente ed è uguale a 4020.
Oppure, utilizzando i metodi dell’analisi, sia y = 22012-x + 2x – 4, avremo y’ = - 22012-x ln2 + 2.
Ponendo y’ = 0 otteniamo x = 2012 – 1+ log 2 (ln 2) @ 2010, 47. Il valore intero più vicino è proprio
2010 ed è un valore di minimo, infatti y’’ =22012-x (ln2)2 > 0 per ogni x reale.
Nella figura sottostante si è utilizzato il grafico della funzione y = 24-x + 2x – 4. Si nota che la
curva passa per i punti di ascissa 2 e 3, in accordanza con le conclusioni di cui sopra.
Dalla definizione si ha: a1 =
Risposta 4020
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