I Giochi di Archimede - Gara Biennio

4) Andrea scrive la somma di due numeri a tre cifre con il relativo risultato. Poi
sostituisce a ciascuna cifra una lettera, facendo corrispondere lettera uguale a cifra
uguale e usando lettere diverse per cifre diverse. In questo modo ottiene:
TRE + TRE = SEI. Allora:
(A) la lettera E corrisponde necessariamente a un numero pari
(B) la lettera S corrisponde necessariamente a un numero pari
(C) la lettera E corrisponde necessariamente a un numero dispari maggiore di 4
(D) la lettera E corrisponde necessariamente a un numero pari minore di 5
(E) nessuna delle precedenti affermazioni è vera
PROGETTO OLIMPIADI DI MATEMATICA
U.M.I. UNIONE MATEMATICA ITALIANA
MINISTERO DELLA PUBBLICA ISTRUZIONE
SCUOLA NORMALE SUPERIORE
I Giochi di Archimede - Gara Biennio
27 novembre 2013
1) La prova consiste di 16 problemi; ogni domanda è seguita da cinque risposte indicate
con le lettere A, B, C, D, E.
2) Una sola di queste risposte è corretta, le altre 4 sono errate. Ogni risposta corretta
vale 5 punti, ogni risposta sbagliata vale 0 punti e ogni problema lasciato senza
risposta vale 1 punto.
3) Per ciascuno dei problemi devi trascrivere la lettera corrispondente alla risposta che
ritieni corretta nella griglia riportata qui sotto. Non sono ammesse cancellature o
correzioni sulla griglia. Non è consentito l’uso di alcun tipo di calcolatrice.
Il tempo totale che hai a disposizione per svolgere la prova è di due ore.
Buon lavoro e buon divertimento.
Nome
Cognome
1
2
3
4
5
6
7
8
Classe
9
10
11
12
13
14
15
16
1) Federico ha una collezione di soldatini; sa di averne un po’ meno di 100, ma certamente almeno 30. Li dispone in fila per 7 e gli avanza un soldatino; poi li dispone
in fila per 10 e stavolta gli avanzano 2 soldatini. Quanti soldatini ha in tutto?
(A) 32 (B) 50 (C) 62 (D) 71 (E) 92
5) Fino al 2013, nella colonia penale di Zoranel la popolazione era
costituita per il 60% da androidi, dei quali il 5% adibiti a vigilanza; diciamo q la
percentuale di androidi di vigilanza sul totale della popolazione in quell’ anno.
Nel 2014 la popolazione aumentò del 10% per l’arrivo di N umani esiliati.
Di quanto diminuı̀ la percentuale di androidi di vigilanza sulla popolazione totale?
(A) non cambiò (B) di meno di un decimo di q (C) di più di un decimo di q
(D) dipende da N (E) dipende da quanto era numerosa la popolazione iniziale.
6) Ad un convegno partecipano 30 scienziati ciascuno dei quali è un matematico, o
un fisico, o un chimico o un biologo. I fisici e i biologi, insieme, sono la metà dei
matematici; i fisici e i chimici, insieme, sono il doppio dei biologi. Inoltre, di fisici
ce n’è almeno uno. Quanti sono i matematici?
(A) 6 (B) 10 (C) 12 (D) 15 (E) 18
7) Data una tabella con 2 righe e 1007 colonne, scriviamo tutti i numeri da 1 a 1007
sulla prima riga in ordine crescente, e i numeri da 1008 a 2014 sulla seconda,
sempre in ordine crescente. Guardiamo ora la tabella come 1007 coppie di numeri
sovrapposti in verticale: in quante di esse il numero che compare nella seconda riga
è un multiplo di quello che gli sta sopra?
(A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 5 (E) 6
2) In una conversazione tra due matematici il primo dice al secondo: “Ieri ho mentito”.
L’altro risponde: “Anch’io ieri ho mentito”. Sapendo che uno dei due mente il
lunedı̀, il martedı̀ e il mercoledı̀ (e solo in questi giorni), mentre l’altro mente il
giovedı̀, il venerdı̀ e il sabato (e solo in questi giorni), in quale giorno della settimana
è avvenuta la conversazione?
(A) lunedı̀ (B) giovedı̀ (C) domenica (D) una tale conversazione non può
essere avvenuta (E) non è possibile determinare il giorno in modo univoco.
8) Alberto ha raccolto 756 ciliegie dall’albero del nonno, e le divide equamente tra
sé e alcuni suoi amici. Tre di loro però non hanno molta fame e restituiscono ad
Alberto un quarto delle ciliegie che hanno ricevuto. Alberto, con uno stomaco di
ferro, oltre alle sue divora anche quelle; alla fine, si accorge di aver mangiato non
meno di 150 ciliegie. Quante ne ha mangiate esattamente?
(A) 150 (B) 189 (C) 210 (D) 231 (E) 270
3) Leo lancia 7 volte una moneta (non truccata) ottenendo due volte testa e cinque
volte croce. Se la lancia ancora una volta, con quale probabilità otterrà testa?
(A) 81 (B) 17 (C) 1 − 217 (D) 35
(E) 12
27
9) Se n è un numero naturale con 6 divisori interi positivi, quanti divisori interi positivi
ha n2 ? N.B.: tra i divisori di un numero contiamo anche 1 ed il numero stesso.
(A) 11 (B) 12 (C) 15 (D) 36 (E) la risposta dipende da n
10) In un trapezio ABCD la base maggiore AB è tripla della base
minore CD. Indicato con E il punto medio della diagonale
BD, qual è il rapporto fra l’area del triangolo CDE e l’area
del trapezio?
(A) 1/3 (B) 1/6 (C) 1/8 (D) 1/12
(E) non può essere determinata dai dati forniti
A
D
C
E
B
11) Quanto è lungo il percorso più corto che passa per tutti i vertici di un cubo di lato
1 m? N.B. il percorso può anche√passare all’interno
√ del cubo.
(A) 6 m (B) 7 m (C) (6 + 2) m (D) (6 + 3) m (E) 8 m
12) In una scultura d’arte moderna è rappresentato un cerchio nascosto in parte da un triangolo equilatero, come in figura: il cerchio
ha
√ il diametro lungo quanto l’altezza del triangolo, la quale misura
6 m. Quanto vale l’area della parte del cerchio non coperta dal
triangolo ?
√
(A) ( 32 π− √83 ) m2 (B) π2 m2 (C) (π− 3 4 3 ) m2
√
(D) ( 23 π− 9 8 3 ) m2
(E)
3
2π
m2
13) In un’urna ci sono 8 palline blu e 7 palline rosse. Mirco estrae due palline, una
dopo l’altra (senza rimettere nell’urna la prima pallina estratta, prima di estrarre la
seconda). Qual è la probabilità che le due palline estratte siano dello stesso colore?
(A) 1/4 (B) 1/2 (C) 7/15 (D) 8/15 (E) nessuna delle precedenti
14) Salvo e Maria (S ed M in figura) sono separati da un lungo muro,
inclinato di un angolo α rispetto alla retta che li congiunge (dove
0 < α < 90◦ ). Nei due punti P1 e P2 del muro più vicini a Salvo e a
Maria vi sono due porte, distanti tra loro d > 0; sapendo che Salvo
e Maria si trovano rispettivamente a 10 metri e 8 metri dalla porta
a loro più vicina, quale delle due porte deve attraversare Salvo per
raggiungere Maria percorrendo il cammino più breve possibile?
(A) la porta P1 (B) la porta P2 (C) è indifferente
(D) dipende dalla distanza d tra le porte
M
(E) dipende dall’inclinazione α del muro
15) Qual è il coefficiente di x199 in (x2 + x + 1)100 ?
(A) 100 (B) 298 (C) 4950 (D) 5050 (E) 992
16) Calcolare l’area della parte ombreggiata in figura sapendo che
il lato del quadrato è lungo 2 m e che le punte della stella
cadono nei punti medi dei lati del quadrato.
√
(A) 1 m2 (B) 2 m2 (C) 12 m2 (D) π m2 (E) 2 2 m2
S
P1
d
_
P2
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U.M.I. UNIONE MATEMATICA ITALIANA
MINISTERO DELLA PUBBLICA ISTRUZIONE
I Giochi di Archimede - Soluzioni Biennio
27 novembre 2013
Griglia delle risposte corrette
Problema Risposta corretta
1
E
2
B
3
E
4
E
5
B
6
E
7
C
8
B
Problema Risposta corretta
9
E
10
C
11
B
12
C
13
C
14
B
15
A
16
A
Risoluzione dei problemi
1. La risposta è (E).
Il numero n di soldatini di Alberto è un numero di due cifre, compreso tra 30 e 99. Poiché
disponendo i soldatini in fila per 10 ne avanzano due, la cifra della unità di n è 2. Poiché
disponendoli in fila per 7 ne avanza 1, n è della forma 7k + 1, dove k è un numero naturale.
L’unico numero compreso tra 30 e 99 di questa forma che termina con 2 è 92.
[Problema proposto da S. Monica]
2. La risposta è (B).
Indichiamo con A il matematico che mente lunedı̀, martedı̀ e mercoledı̀, e con B quello che
mente giovedı̀, venerdı̀ e sabato. La conversazione non può essere avvenuta di lunedı̀ perché
B, che non mente né di lunedı̀ né di domenica, avrebbe mentito. Per un motivo analogo la
conversazione non può essere avvenuta né di martedı̀ né di mercoledı̀. In modo simile possiamo
escludere il venerdı̀, il sabato, e la domenica perchè A, che in questi giorni non mente, non
direbbe la verità. L’unico giorno possibile è il giovedı̀, in cui in effetti la conversazione può
essere avvenuta: A afferma il vero (il giorno precedente ha mentito) e B afferma il falso (il
giorno precedente non ha mentito) e questo è compatibile con le ipotesi del problema.
[Problema proposto da F. Mugelli]
3. La risposta è (E).
Ad ogni lancio della moneta la probabilità di ottenere testa è la stessa, indipendentementente
dagli esiti dei lanci precedenti. Dato che la moneta non è truccata questa probabilità è 1/2.
[Problema proposto da P. Leonetti]
1
4. La risposta è (E).
Poiché Andrea ottiene TRE+TRE=SEI, e la corrispondenza tra lettere e numeri è biunivoca,
si deduce che i due numeri che lui somma sono uguali ad uno stesso numero, che chiamiamo
N . Proviamo tramite degli esempi che nessuna delle affermazioni contenute nelle risposte (A),
(B), (C) e (D) è necessariamente vera. Scegliendo N = 325 (dunque E=5) si vede che (A)
e (D) non sono verificate; analogamente, se N = 175 (dunque S=3) si vede che (B) non è
verificata; se N = 162 (quindi E=2) si vede che (C) non è verificata.
[Problema proposto da A. D’Andrea]
5. La risposta è (B).
Sia P la popolazione di Zoranel fino al 2013. La percentuale degli androidi di vigilanza sulla
5 60
3
popolazione totale risultava in quell’anno uguale a q = 100
= 100
ed il numero di tali androidi
100
10
di vigilanza uguale a qP . Dopo l’arrivo degli esiliati, la popolazione salı̀ a P � = P + 100
P = 11
P,
10
qP
10
�
mentre la percentuale degli androidi di vigilanza sul totale scese al valore q = P � = q 11 . Dunque
1
1
la percentuale scese di q − q � = 11
q, che è inferiore a 10
q.
[Problema proposto da A. Sambusetti]
6. La risposta è (E).
Indichiamo con M , F , C e B rispettivamente il numero di matematici, fisici, chimici e biologi
presenti al convegno. Sappiamo che

M + F + C + B = 30,



M

,
F +B =
2


F + C = 2B,


F ≥ 1.
Dalla seconda equazione segue che M deve essere pari e dalla quarta segue che M > 0. Dalla
prima e la seconda equazione otteniamo
3M + 2C = 60
e sottraendo la seconda dalla terza troviamo
M
C − B = 2B −
2
⇒
(1)
2C + M = 6B.
Sottraendo l’ultima relazione trovata dalla (1) si trova
M = 30 − 3B
che ci dice che M deve essere divisibile per 3. Quindi M è positivo e divisibile per 6. D’altra
parte deve essere M < 30 quindi M può essere solo uno dei valori: 6, 12, 18, 24. Per M = 6
troviamo B = 8 e F + B = F + 8 = M/2 = 3 che è impossibile, perché implica F < 0. Per
M = 12 troviamo B = 6 e F + B = F + 6 = M/2 = 6 che è altrettanto impossibile perché
implica F = 0. Se M = 24 dalla (1) segue C < 0 e quindi anche il valore 24 è da scartare.
L’unica possibilità è M = 18 che risulta compatibile con i dati, e porta infatti a: B = 4, F = 5,
C = 3.
[Problema proposto da S. Mongodi]
7. La risposta è (C).
Le coppie sono del tipo (k, k + 1007). Sappiamo che k divide k + 1007 se e solo se k divide 1007.
Poiché 1007 = 19 · 53, e dato che i numeri 19 e 53 sono primi, gli unici k possibili risultano
k = 1, 19, 53, 1007.
[Problema proposto da G. Barbarino]
2
8. La risposta è (B).
Indichiamo con x il numero di ciliegie mangiate da Alberto, e con N il numero di persone tra
cui le divide (incluso se stesso), quindi N > 3. Allora abbiamo
x=
756
756
7 · 756
7 · 189
33 · 72
+3·
=
=
=
.
N
4N
4N
N
N
Dunque N divide 33 · 72 e quindi i suoi divisori primi possono essere solo 3 e 7. Se N non
fosse divisibile per 7, dovrebbe essere N = 9 oppure N = 27, ma entrambi questi valori non
sono ammissibili perchè portano a un valore di x strettamente minore di 150. Dunque N è un
multiplo di 7, che ha come unico eventuale altro divisore primo 3. L’unico numero con queste
proprietà per cui x risulta maggiore o uguale a 150 è N = 7, per cui si ottiene x = 27 · 7 = 189
[Problema proposto da G. Bresciani]
9. La risposta è (E).
Consideriamo il numero n = 25 = 32 che ha esattamente 6 divisori: 1, 2, 4, 8, 16, 32. Il suo
quadrato n2 = 210 = 1024 ha esattamente 11 divisori, ovvero tutti i numeri della forma 2k ,
con k = 0, 1, 2, . . . , 10. Questo esempio porta ad escludere le risposte (B), (C) e (D). D’altra
parte se consideriamo n = 12 vediamo che anch’esso ha esattamente 6 divisori: 1, 2, 3, 4, 6,
12; il suo quadrato n2 = 144 = 24 · 32 ha come divisori tutti i numeri della forma 2k · 3h con
k = 0, 1, 2, 3, 4 e h = 0, 1, 2, che sono in tutto 15. Quindi la risposta (A) non è corretta e
vediamo che il numero di divisori di n2 in generale dipende da n.
[Problema proposto da A. Bianchi]
10. La risposta è (C).
Sia H l’altezza del trapezio ed h l’altezza del triangolo EDC sulla base DC. Considerando la
retta parallela alle basi del trapezio e passante per E, segue dal teorema di Talete che h = 12 H.
L’area del triangolo è allora A(DCE) = 12 (h · DC) = 14 (H · DC) mentre l’area del trapezio è
A(DCE)
DC
DC
uguale a A(ABCD) = 12 (AB + DC)H. Dunque A(ABCD)
= 2(AB+DC)
= 2(3DC+DC)
= 18 .
[Problema proposto da P. Negrini]
11. La risposta è (B).
Indichiamo i vertici del cubo con le lettere da A a H, in modo che ABCD (in quest’ordine)
sia una faccia; chiamiamo E, F, G, H i vertici della faccia opposta, in modo che il vertice A sia
collegato con uno spigolo ad E, il vertice B sia collegato ad F , il vertice C a G, e infine D ad
H. Il percorso ABCDHGF E è un percorso lungo 7 che tocca tutti i vertici del cubo.
Per dimostrare che non ne esiste uno più corto, osserviamo che ogni percorso che tocca tutti e
gli 8 vertici del cubo è costituito da (almeno) 7 percorsi che partono da un vertice del cubo e
ne raggiungono un altro. Ma visto che due vertici qualunque del cubo distano tra loro almeno
1, la lunghezza totale deve essere almeno 7.
[Problema proposto da F. Poloni]
12. La risposta è (C).
Indichiamo con ABC il triangolo, con A il vertice comune alla circonferenza, e con B � ,C � rispettivamente i due punti di intersezione dei lati AB, AC con essa. Notiamo che, per simmetria, il
lato B � C � è parallelo a BC, dunque AB � C � è simile a ABC ed√ è equilatero. Il centro del cerchio
coincide dunque col baricentro del triangolo AB � C � ; se r = 26 è il raggio del cerchio, l’altezza
√
h del triangolo AB � C � vale allora h = 32 r ed il lato AB � = √23 h = 3r. L’area del triangolo
√
più piccolo vale quindi A(AB � C � ) = 12 h · AB � = 3 4 3 r2 , mentre√ l’area della √
parte di cerchio non
3 3 2
3 3
2
2
2
� �
coperta dal triangolo vale A = 3 [πr − A(AB C )] = 3 [π − 4 ]r = π − 4 .
[Problema proposto da C. Balocchi]
3
13. La risposta è (C).
Dobbiamo calcolare la probabilità p1 che le due palline estratte siano entrambe blu e la probabilità p2 che le due palline estratte siano entrambe rosse. La probabilità cercata è la somma di p1
e p2 . La probabilità p1 può essere calcolata in questo modo: la probabilità che la prima pallina
8
estratta sia blu è 15
; se la prima pallina estratta è blu, al momento della seconda estrazione nel
sacchetto ci sono 7 palline blu e 7 palline rosse, e quindi la probabilità che la seconda pallina
7
8
4
estratta sia blu è 14
= 12 . Quindi abbiamo p1 = 15
· 12 = 15
.
Calcoliamo adesso p2 in modo analogo. La probabilità che la prima pallina estratta sia rossa
7
è 15
; se la prima pallina estratta è rossa, al momento della seconda estrazione nel sacchetto ci
sono 8 palline blu e 6 palline rosse, e quindi la probabilità che la seconda pallina estratta sia
6
7
rossa è 14
= 37 . Quindi abbiamo p2 = 15
· 37 = 15 .
4
Concludiamo trovando p1 + p2 = 15
+
[Problema proposto da S. Monica.]
1
5
=
7
,
15
che è la risposta cercata.
14. La risposta è (B).
√
√
Calcoliamo con il teorema di Pitagora le distanze M P1 = d2 + 64 e SP2 = √d2 + 100.
Il percorso più breve ottenuto passando per la porta P1 ha allora lunghezza L1 = 10+√ d2 + 64,
mentre il percorso più breve passando per la porta P2 ha lunghezza L2 = 8 + d2 + 100.
La disuguaglianza L1 > L2 si scrive
√
√
d2 + 100 − d2 + 64 < 2.
Quadrando ambo
i membri
√
√ (chiaramente positivi) e isolando la radice, si ottiene la disequazione
equivalente d2 + 100 · d2 + 64 > d2 + 80, e prendendone ancora il quadrato otteniamo
4d2 > 802 − 100 · 64 = 0, che è verificata per ogni d �= 0.
[Problema proposto da S. Di Trani]
15. La risposta è (A).
Scriviamo:
(x2 + x + 1)100 = (x2 + x + 1) · (x2 + x + 1) · · · · · (x2 + x + 1) .
�
��
�
100 volte
Il risultato di questo prodotto è una somma di monomi, ciascuno dei quali è il prodotto di
uno dei tre monomi della prima parentesi tonda, per uno dei tre monomi della seconda, per
uno dei tre della terza, e cosı̀ via fino a uno dei tre monomi dell’ultima parentesi tonda. Se
ad esempio da ciascuna parentesi tonda scegliamo il monomio x2 otteniamo il termine x200 . Se
invece scegliamo dalla prima parentesi il monomio x e da tutte le altre il monomio x2 otteniamo
x199 . Questo accade tutte le volte che scegliamo da una delle 100 parentesi il monomio 1 e da
tutte le altre x2 ; dato che abbiamo 100 modi diversi per farlo, alla fine abbiamo che il termine
x199 compare nella somma almeno 100 volte.
Osserviamo infine che non ci sono altre scelte che portano a termini x199 ; infatti se da almeno
due parentesi non scegliamo il monomio x2 , comunque si scelgano i monomi da tutte le altre il
prodotto avrà grado minore o uguale a 198. Quindi il coefficiente di x199 è 100.
[Problema proposto da F. Poloni]
4
16. La risposta è (A).
Si traccino i segmenti DG, EH ed F G paralleli ai lati del quadrato come
in figura; chiaramente, F G = 1 e, poiché il triangolo ABC è simile al
triangolo F GH, risulta HG = 21 . Pertanto, l’area del triangolo F GH
� �2
vale A(F GH) = 12 m2 , e l’area della parte ombreggiata è 4 · 14 = 1 m2 .
[Problema proposto da F. Mugelli]
A
E
H
F
G
B
5
D
C