I Giochi di Archimede - Gara Biennio

4) La media aritmetica di 11 numeri è 4850. Se ciascuno degli 11 numeri viene
diminuito di 10 la loro media diventa:
(A) 4740 (B) 4840 (C) 4830 (D) 4850
(E) i dati del problema non sono sufficienti a determinarla
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U.M.I. UNIONE MATEMATICA ITALIANA
MINISTERO DELLA PUBBLICA ISTRUZIONE
I Giochi di Archimede - Gara Biennio
5) Sapendo che il rettangolo in figura viene diviso dalla linea
inclinata in due parti di aree una quadrupla dell’altra, calcolare
il rapporto tra le misure dei segmenti a e b.
(A) 2/3 (B) 1/4 (C) 1/5 (D) 1/2 (E) 2/5
22 novembre 2012
a
b
1) La prova consiste di 16 problemi; ogni domanda è seguita da cinque risposte indicate
6) Quanti sono i numeri di tre cifre, tutte diverse da 0, tali che comunque si permutino
con le lettere A, B, C, D, E.
le loro cifre il numero che si ottiene è divisibile per quattro?
2) Una sola di queste risposte è corretta, le altre 4 sono errate. Ogni risposta corretta
(A) 8 (B) 12 (C) 16 (D) 24 (E) 48
vale 5 punti, ogni risposta sbagliata vale 0 punti e ogni problema lasciato senza
risposta vale 1 punto.
7) Marco distribuisce 1260 figurine tra tutti i suoi amici, che sono meno di 100, dando
3) Per ciascuno dei problemi devi trascrivere la lettera corrispondente alla risposta che
a ciascuno di loro lo stesso numero di figurine e in modo da distribuirle tutte. Qual
ritieni corretta nella griglia riportata qui sotto. Non sono ammesse cancellature
è il massimo numero di amici che Marco può avere?
o correzioni sulla griglia.
Non è consentito l’uso di alcun tipo di
(A) 70 (B) 84 (C) 90 (D) 94 (E) nessuno dei precedenti
calcolatrice.
4) Il tempo totale che hai a disposizione per svolgere la prova è di due ore. 8) Un pavimento è piastrellato come in figura. In quanti modi è
possibile colorare le mattonelle esagonali di blu, rosso e nero
Buon lavoro e buon divertimento.
in modo che due mattonelle esagonali con un lato in comune
non abbiano mai lo stesso colore?
(A) nessuno (B) 2 (C) 3 (D) 6 (E) infiniti
Cognome
Classe
Nome
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
1) Loretta si reca ogni 13 giorni in un ambulatorio per una cura.
Il giovedı̀, e solo il giovedı̀, nell’ambulatorio presta servizio Franco, l’infermiere
preferito di Loretta. Sapendo che oggi, giovedı̀, Loretta è andata all’ambulatorio,
tra quanti giorni rivedrà Franco?
(A) 14 (B) 35 (C) 53 (D) 65 (E) 91
9) In una classe gli alunni biondi sono il 40%, del totale mentre i restanti sono castani.
Tra tutti gli alunni biondi, il 75% sono femmine. Sapendo che nella classe il numero
di femmine è uguale al numero di maschi, qual è la percentuale di maschi castani
sul totale degli alunni della classe?
(A) 20% (B) 25% (C) 30% (D) 40% (E) 50%
10) È dato un esagono regolare di lato di lunghezza 1 m, i cui vertici, elencati in senso
orario, sono A, B, C, D, E, F . Siano X e Y le intersezioni del segmento AC con i
segmenti BF e BD
Calcolare
√ rispettivamente.
√
√ tra X e Y .
√ la distanza
3
3
3
2 3
1
m (C)
m (D)
m (E)
m
(A) m (B)
2
3
6
3
2
11) Carlo ha sei mele e sei pere: in quanti modi può mettere in fila 6 frutti, in modo
2) Il cortile della casa di Luigi ha la forma di un triangolo rettangolo isoscele. Sapendo
tale che tra due mele non ci sia mai nessuna pera?
2
che l’area del cortile è 16 m , √
quanto misura il lato più √
lungo del cortile?
(A) 16 (B) 22 (C) 32 (D) 35 (E) 39
(A) 2 m (B) 4 m (C) 4 2 m (D) 8 m (E) 8 2 m
a
c
≤
≤ 1. Quale delle
12) Siano fissati 4 numeri interi positivi a, b, c, d tali che
b
d
seguenti disuguaglianze è certamente vera?
3) È dato un esagono regolare di lato 2 m. Calcolare l’area della corona circolare
a
c
a+c
a
a+c
c
a+c
a+c
delimitata dal cerchio inscritto e dal cerchio circoscritto all’esagono.
≥ +
(B)
<
(C)
≤
(D)
>1
(A)
b
+
d
b
d
b
+
d
b
b
+
d
d
b+d
π 2
4π
π
(A)
m
(B) π m2 (C)
m2 (D) 2π m2 (E)
m2
(E) nessuna delle precedenti
2
3
9
13) Una cavalletta si sposta compiendo salti di esattamente 10 cm. Il suo moto segue
questo schema: compie un certo numero di salti in una data direzione, poi ruota
verso la sua sinistra di 120◦ e compie, nella nuova direzione, il doppio dei salti che
aveva effettuato nella precedente direzione. A questo punto ruota nuovamente di
120◦ verso sinistra e raddoppia ancora una volta il numero dei salti. Sapendo che
inizia compiendo un solo salto in una data direzione, a quale distanza dal punto
iniziale si troverà dopo
√
√ 17 salti?
(A) 20 cm (B) 20 3 cm (C) 40 cm (D) 40 3 cm (E) 50 cm
14) Al 22 novembre 2012 il prezzo della benzina è dato per il 35% dal costo del
prodotto, che è formato a sua volta da diverse voci (petrolio, raffinazione, costi
di distribuzione, ecc.); il costo del petrolio costituisce oggi il 24% del costo del
prodotto. Sapendo che il primo gennaio 2013 il prezzo del petrolio aumenterà
del 10% e gli altri costi rimarranno invariati, di quanto aumenterà il prezzo della
benzina in tale data?
(A) 10% (B) 2,4% (C) 3,5% (D) 0,84 % (E) nessuna delle precedenti
15) Da un mazzo di 40 carte se ne estrae una, che subito viene reinserita nel mazzo; il
mazzo viene poi mescolato, e successivamente si estrae una nuova carta. Qual è la
probabilità che la nuova carta sia la stessa carta estratta in precedenza?
1
(A) 1/1600 (B) 1/40 (C) 1/80 (D) 1/20 (E) 40·39
16) Sia ABC un triangolo acutangolo e sia H sul lato AB il piede
dell’altezza dal vertice C. Supponiamo che l’area del triangolo
AHC stia a quella del triangolo ABC come AC sta a 2AB.
Quale delle seguenti affermazioni è sicuramente vera?
d = 60◦ (C) AB = 2AH
(A) ABC è rettangolo (B) CAB
(D) AB = AC (E) ABC è equilatero
C
A
H
B
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I Giochi di Archimede - Soluzioni Biennio
22 novembre 2012
Griglia delle risposte corrette
Problema
1
2
3
4
5
6
7
8
Risposta corretta
E
D
B
B
A
A
C
D
Problema
9
10
11
12
13
14
15
16
Risposta corretta
D
B
B
C
E
D
B
B
Risoluzione dei problemi
1. La risposta è (E).
Poiché Loretta si reca all’ambulatorio ogni 13 giorni e Franco ogni 7 giorni, si rincontreranno
all’ambulatorio tra un numero di giorni che sia multiplo sia di 13 che di 7; il più piccolo di
questi numeri è il minimo comune multiplo di 13 e 7 ovvero 91.
[Problema proposto da A. Colesanti]
2. La risposta è (D).
Indichiamo con L la lunghezza dei due cateti del triangolo che rappresenta il cortile della casa
√
L2
= 16 m2 e dunque L = 4 2 m. La lunghezza dell’ipotenusa è data da
di Luigi. Abbiamo
2
√
2 L ovvero 8 m.
[Problema proposto da S. Monica]
3. La risposta è (B).
Occorre calcolare il raggio del cerchio inscritto e il raggio del cerchio
circoscritto all’esagono. Il raggio R del cerchio circoscritto è uguale
al lato dell’esagono, ovvero misura 2 m. Il raggio r del cerchio
inscritto è dato dalla misura dell’altezza di√un triangolo equilatero
di lato 2 m (vedi figura) e quindi misura 3 m. Allora l’area del
cerchio circoscritto è 4 π m2 e l’area del cerchio inscritto è 3 π m2 ,
e la differenza tra queste, ovvero l’area richiesta, è π m2 .
[Problema proposto da U. Bindini]
1
r
R
4. La risposta è (B). Chiamiamo gli undici numeri a1 , a2 , . . . , a11 . Sappiamo che
a1 + a2 + · · · + a11
= 4850 .
11
Possiamo allora calcolare
a1 + a2 + · · · + a11 − 110
(a1 − 10) + (a2 − 10) + · · · + (a11 − 10)
=
11
11
a1 + a2 + · · · + a11 110
=
−
11
11
= 4850 − 10 = 4840 .
[Problema proposto da P. Negrini]
5. La risposta è (A).
Indichiamo con X e Y le misure (in una data unità di misura) della base e della altezza del
rettangolo, rispettivamente, e con A e B le rispettive misure dei segmenti a e b. Sappiamo che
A+B =Y e
1
(B + Y ) · X
2
= 4,
1
A·X
2
e quindi
4=
A + 2B
B
=1+2
A
A
⇒
B
3
=
A
2
A
2
=
B
3
[Problema proposto da F. Mugelli]
ovvero
6. La risposta è (A).
Indichiamo con a, b e c le cifre di un numero di tre cifre abc tale che, comunque si permutino le
sue cifre, risulti divisibile per 4. Se un numero è multiplo di 4, esso è in particolare pari, quindi
a, b e c devono essere tutti pari, perché ciascuno di loro, a meno di una permutazione, è la cifra
delle unità di un numero pari. Inoltre osserviamo che i numeri divisibili per quattro che hanno
come cifra delle unità 2 o 6 hanno per cifra delle decine un numero dispari. Dunque nessuno
dei numeri a, b e c può essere 2 oppure 6. Le uniche possibilità sono allora che ciascuno dei 3
numeri a, b e c coincida con 4 oppure con 8. Abbiamo allora gli 8 numeri di 3 cifre:
444 ,
448 ,
484 ,
488 ,
844 ,
848 ,
884 ,
888
che hanno la proprietà richiesta e sono gli unici ad averla.
[Problema proposto da S. Mongodi.]
7. La risposta è (C).
Il numero di amici di Marco deve essere un divisore di 1260, e quindi il massimo numero di
amici che Marco può avere è il più grande divisore di 1260 che sia anche più piccolo di 100. La
scomposizione in fattori primi di 1260 è
1260 = 22 · 33 · 5 · 7 ,
e mostra che 90 = 2 · 32 · 5 è un divisore di 1260 e nessun altro numero compreso tra 90 e 100
lo è. Dunque 90 è il più grande divisore di 1260 che sia anche minore di 100.
[Problema proposto da G. Barbarino.]
2
8. La risposta è (D).
Consideriamo una mattonella esagonale M del pavimento, che sia circondata da sei mattonelle
esagonali e supponiamo di colorare questa mattonella di blu. A questo punto nessuna delle sei
mattonelle che la circondano può essere colorata di blu e due di esse che siano adiacenti devono
avere colori diversi, ovvero rosso e nero. Quindi fissato il colore di M ci sono due possibili
modi di colorare le sei mattonelle ad essa adiacenti. Poiché ci sono 3 possibili colorazioni per
M , e per ciascuna di esse ci sono due colorazioni delle mattonelle adiacenti, ci sono 6 modi
distinti di colorare M e le 6 mattonelle adiacenti, in modo che le richieste del problema siano
soddisfatte. Osserviamo poi che fissato il colore della mattonella M e di quelle ad essa adiacenti,
la colorazione del resto del pavimento è univocamente determinata. Quindi ci sono 6 modi di
colorare il pavimento.
[Problema proposto da K. Kuzmin.]
9. La risposta è (D).
Indichiamo con Fb e Fc le percentuali di femmine bionde e castane rispettivamente, e con Mb
e Mc le percentuali di maschi biondi e castani rispettivamente. Sappiamo che Fb + Mb = 40 e
Fb + Fc = Mb + Mc = 50. Le femmine bionde sono il 75% del totale degli alunni biondi e quindi
i maschi biondi sono il 25% del totale degli alunni biondi, quindi Fb = 3Mb . Allora troviamo,
dalla prima delle due uguaglianze scritte in precedenza, Mb = 10, e quindi da Mb + Mc = 50
abbiamo Mc = 40.
[Problema proposto da S. Monica.]
10. La risposta è (B).
Facendo riferimento alla figura, consideriamo il triangolo BXY .
Questo è equilatero e possiamo calcolare la sua altezza h come
h=
B
X
h
Y
A
C
F
D
(BE − CD)
1
= m.
2
2
Quindi XY è il lato di un triangolo equilatero
di altezza 1/2 m.
√
3
2
1
Da questo si ottiene XY = √3 h = √3 m = 3 m .
E
[Problema proposto da S. Mongodi]
11. La risposta è (B).
Rappresentiamo una generica disposizione di 6 frutti con una sequenza di 6 lettere, ciascuna
delle quali può essere una P (pera) o una M (mela). Vogliamo contare le sequenze in cui
tra due M non ci sia nessuna P ; per comodità chiamiamo queste sequenze accettabili. Come
regola generale, una sequenza è accettabile se tutte le M in essa contenute sono adiacenti l’una
all’altra, cioè consecutive; questa osservazione rende più facile contare le sequenze accettabili
perché in una sequenza accettabile la posizione delle M è univocamente determinata una volta
che si sia individuata la prima M (quella più a sinistra) e il numero complessivo di M presenti
nella sequenza. Utilizzando questo fatto scriviamo allora le possibili sequenze in base al numero
di M che esse contengono, partendo dal valore massimo in cui ci sono 6 M (ovvero i 6 frutti
sono tutte mele), fino a quello minimo in cui non c’è nessuna M :
• se ci sono 6 M si ha 1 sequenza accettabile:
MMMMMM .
• se ci sono 5 M si hanno 2 sequenze accettabili:
MMMMMP , P MMMMM .
3
• se ci sono 4 M si hanno 3 sequenze accettabili:
MMMMP P , P MMMMP ,
P P MMMM .
• se ci sono 3 M si hanno 4 sequenze accettabili:
MMMP P P , P MMMP P , P P MMMP , P P P MMM .
• se ci sono 2 M si hanno 5 sequenze accettabili:
MMP P P P , P MMP P P , P P MMP P , P P P MMP , P P P P MM .
• se c’è una sola M si hanno 6 sequenze accettabili:
MP P P P P , P MP P P P , P P MP P P , P P P MP P , P P P P MP , P P P P P M .
• infine, l’unica sequenza senza M è accettabile:
PPPPPP .
In tutto abbiamo allora 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 1 = 22 sequenze accettabili.
[Problema proposto da P. Leonetti.]
12. La risposta è (C).
Infatti (poiché b > 0 e d > 0) la disequazione C è equivalente a d(a + c) ≤ c(b + d), che
equivale a sua volta a ad ≤ bc, ovvero ab ≤ dc . Le altre risposte sono tutte errate. Prendendo
a = b = c = d = 1, si otterrebbe infatti 1 ≥ 2 dalla A, e 1 > 1 dalla D, disuguaglianze
evidentemente false. Prendendo invece a = c = 1 e b = d = 2, la B fornirebbe 21 ≥ 1, assurdo.
[Problema proposto da P. Leonetti.]
13. La risposta è (E).
La cavalletta percorre la spezzata evidenziata in figura, costruita
sui lati di triangoli equilateri tra loro adiacenti, in cui i punti rappresentano la posizione in cui essa si trova all’inizio e dopo ogni
salto. Ne segue che dopo 17 salti la cavaletta si trova precisamente
a 5 · 10 cm di distanza dal punto iniziale.
20
60
o
10
[Problema proposto da S. Monica.]
14. La risposta è (D).
Indichiamo con B il prezzo della benzina oggi, e con P ed O rispettivamente il costo del prodotto
e il costo del petrolio, sempre riferiti ad oggi. Sappiamo che
P =
35
B
100
quindi
e O=
24
P
100
24 · 35
8, 4
B=
B.
100 · 100
100
Di conseguenza oggi il costo del petrolio costituisce l’ 8,4% del prezzo della benzina. Se il costo
del petrolio aumenta del 10% (ovvero di un decimo) e tutti gli altri costi rimangono invariati,
il prezzo della benzina aumenterà di un decimo dell’8,4%, ovvero dello 0,84%.
[Problema proposto da C. Di Stefano.]
O=
4
15. La risposta è (B).
Ognuna delle quaranta carte, ad ogni estrazione, ha la stessa probabilità di ogni altra di essere
estratta dal mazzo, e questa probabilità è 1/40. In particolare, alla seconda estrazione, la carta
che era stata estratta la prima volta, essendo stata rimessa nel mazzo, ha la stessa probabilità
di essere estratta che aveva alla prima estrazione, cioè 1/40.
[Problema proposto da P. Negrini.]
16. La risposta è (B).
L’area di AHC è data da (AH · CH)/2 mentre l’area di ABC è data da (AB · CH)/2. Quindi
AH
il rapporto tra l’area di AHC e quella di ABC vale
; allora dal problema sappiamo che
AB
AC
AH
=
AB
2 AB
d misura 60◦ .
e da questa uguaglianza si ottiene AC = 2 AH; questo implica che l’angolo CAB
[Problema proposto da S. Mongodi]
5
dei giorni festivi in un anno è:
(A) rimasto invariato (B) aumentato meno del 10%
(D) diminuito meno del 10% (E) diminuito del 10%
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MINISTERO DELLA PUBBLICA ISTRUZIONE
I Giochi di Archimede - Gara Triennio
(C) aumentato del 10%
4) S1 e S2 sono due sfere; il volume di S2 è il doppio del volume di S1 . Quanto vale
il rapporto
tra la superficie√di S2 e quella
√ di S1 ?
√
(A) 3 4 (B) 2 (C) 2 3 2 (D) 8 (E) nessuna delle precedenti
22 novembre 2012
1) La prova consiste di 20 problemi; ogni domanda è seguita da cinque risposte indicate
5) Matteo per raggiungere la scuola deve effettuare 2 km in salita, e pedalando sulla
con le lettere A, B, C, D, E.
sua bicicletta riesce ad arrivare in 12 minuti. Al ritorno, andando in discesa per la
2) Una sola di queste risposte è corretta, le altre 4 sono errate. Ogni risposta corretta
stessa strada, impiega solo 4 minuti. Qual è la velocità media di Matteo nell’intero
vale 5 punti, ogni risposta sbagliata vale 0 punti e ogni problema lasciato senza
tragitto casa-scuola-casa?
risposta vale 1 punto.
(A) 10 km/h (B) 12 km/h (C) 15 km/h (D) 20 km/h
3) Per ciascuno dei problemi devi trascrivere la lettera corrispondente alla risposta che
(E) nessuna delle precedenti
C
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.
6) Il triangolo isoscele in figura ha base AB di lunghezza 1 m e altezza CH
4) Il tempo totale che hai a disposizione per svolgere la prova è di due ore.
di lunghezza 2 m. Il quadrato al suo interno ha un vertice in H, e due
Buon lavoro e buon divertimento.
vertici sugli altri due lati: calcolarne l’area.
(A) 1/5 m2 (B) 5/16 m2 (C) 8/25 m2 (D) 1/3 m2 (E) 1/2 m2
Cognome
Nome
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Classe
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
A
1) Marco distribuisce 1260 figurine tra tutti i suoi amici, che sono meno di 100, dando
a ciascuno di loro lo stesso numero di figurine e in modo da distribuirle tutte. Qual
è il massimo numero di amici che Marco può avere?
(A) 70 (B) 84 (C) 90 (D) 94 (E) nessuna delle precedenti
2) Sapendo che il rettangolo in figura viene diviso dalla linea
inclinata in due parti di aree una quadrupla dell’altra, calcolare
il rapporto tra le lunghezze dei segmenti a e b.
(A) 2/3 (B) 1/4 (C) 1/5 (D) 1/2 (E) 2/5
a
b
H
7) In una classe gli alunni biondi sono il 40%, del totale mentre i restanti sono castani.
Tra tutti gli alunni biondi, il 75% sono femmine. Sapendo che nella classe il numero
di femmine è uguale al numero di maschi, qual è la percentuale di maschi castani
sul totale degli alunni della classe?
(A) 20% (B) 25% (C) 30%
(D) 40% (E) 50%
8) Un pavimento è piastrellato come in figura. In quanti modi è
possibile colorare le mattonelle esagonali di blu, rosso e nero
in modo che due mattonelle esagonali con un lato in comune
non abbiano mai lo stesso colore?
(A) nessuno (B) 2 (C) 3 (D) 6 (E) infiniti
3) Sul pianeta Papalla un anno è formato da 400 giorni, numerati da 1 a 400; sono
considerati festivi i giorni corrispondenti ai multipli di 6. Il nuovo governo di
Papalla riforma il calendario, dividendo l’anno in 10 mesi di 40 giorni ciascuno; i 9) Quante sono le coppie di numeri primi (p, q) tali che pq + 1 sia ancora un numero
giorni di ogni mese vengono ora numerati da 1 a 40, e rimane valida la regola di fare
primo? [Nota: 1 non è un numero primo.]
festa nei giorni i cui numeri siano multipli di 6. In seguito alla riforma, il numero
(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) infinite (E) nessuna delle precedenti
B
10) Al 22 novembre 2012 il prezzo della benzina è dato per il 35% dal costo del 18) Carlo ha sei mele e sei pere: in quanti modi può mettere in fila 6 frutti, in modo
prodotto, che è formato a sua volta da diverse voci (petrolio, raffinazione, costi
tale che tra due mele non ci sia mai nessuna pera?
di distribuzione, ecc.). In particolare il costo del petrolio è il 24% del costo del
(A) 16 (B) 22 (C) 32 (D) 35 (E) 39
prodotto. Sapendo che il primo dicembre 2012 il prezzo del petrolio aumenterà
del 10% e gli altri costi rimarranno invariati, di quanto aumenterà il prezzo della 19) Una cavalletta si sposta compiendo salti di esattamente 10 cm. Il suo moto segue
questo schema: compie un certo numero di salti in una data direzione, poi ruota
benzina in tale data?
verso la sua sinistra di 120◦ e compie, nella nuova direzione, il doppio dei salti che
(A) 10% (B) 2,4% (C) 3,5% (D) 0,84 % (E) nessuna delle precedenti
aveva effettuato nella precedente direzione. A questo punto ruota nuovamente di
120◦ verso sinistra e raddoppia ancora una volta il numero dei salti. Sapendo che
11) Determinare la somma delle cifre del numero (102012 + 1)3 .
inizia compiendo un solo salto in una data direzione, a quale distanza dal punto
(A) 4 (B) 8 (C) 2012 (D) 2013 (E) nessuna delle precedenti
iniziale si troverà dopo
√
√ 17 salti?
12) Quale tra i seguenti è il numero più grande che divide n5 − 5n3 + 4n, qualsiasi sia
(A) 20 cm (B) 20 3 cm (C) 40 cm (D) 40 3 cm (E) 50 cm
il numero naturale n ≥ 3?
20) Sia x un numero reale maggiore di 1 tale che (x − 1)(x + 1)2012 = 1. Allora:
(A) 15 (B) 35 (C) 60 (D) 120 (E) 240
(A) 1 < x < 1 + 1/32012
(B) 1 + 1/32012 < x < 1 + 1/22012
2012
1
2
(C) 1 + 1/2
< x < 1 + 1/3 (D) 1 + 1/3 < x < 1 + 1/2
(E) x > 2
13) Quale tra le seguenti quantità dipendenti da x è minore o uguale a 6 + x per ogni
numero
reale
x?
q
1
2
(B) − √23 x (C) ( 16 + x)2 (D) 61 + x
(A)
6 +x
(E) nessuna delle precedenti
14) Il Mago Merlino √
posa a terra il suo cappello, un cono retto
di altezza h = 20 2 cm e di base una circonferenza di raggio
r = 10 cm. Una formica, partendo da un punto P sul bordo
del cappello, vuole raggiungere il punto Q situato nel punto
medio dell’apotema dalla parte opposta (vedi figura). Quanto
misura il cammino più breve che la formica dovrà percorrere
sulla superficie
del cappello per
√ raggiungere Q?
√
(A) 15 3 cm (B) 15 + 10 2 cm (C) 15 + 5π cm
(D) 15 + 10π cm (E) nessuna delle precedenti
Q
h
r
P
15) Abbiamo un dado a 4 facce recanti i numeri 1,3,5,7 ed un dado a 8 facce recanti i
numeri 2,4,6,8,10,12,14,16 (per ciascun dado ogni faccia ha la stessa probabilità di
uscire di ogni altra). Qual è la probabilità che, lanciandoli una sola volta entrambi,
si ottenga come somma 11?
(A) 1/16 (B) 1/8 (C) 1/4 (D) 1/2 (E) 1
16) Sapendo che k è un numero intero e che l’equazione x10 + kx2 + 4 = 0 ha almeno
una soluzione data da un numero intero x, quanti valori distinti può assumere k?
(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (E) infiniti
17) Assegnato un numero di due cifre che è un quadrato perfetto, qual è la probabilità
che, aggiungendo una cifra a caso tra 1 e 9 a sinistra del numero, si ottenga un
multiplo di 11?
(A) 1/9 (B) 2/9 (C) 3/9 (D) 4/9 (E) dipende dal numero scelto
PROGETTO OLIMPIADI DI MATEMATICA
U.M.I. UNIONE MATEMATICA ITALIANA
MINISTERO DELLA PUBBLICA ISTRUZIONE
I Giochi di Archimede - Soluzioni Triennio
22 novembre 2012
Griglia delle risposte corrette
Problema
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Risposta corretta
C
A
D
A
C
C
D
D
B
D
Problema
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
Risposta corretta
B
D
E
A
B
B
A
B
E
B
Risoluzione dei problemi
1. La risposta è (C).
Il numero di amici di Marco deve essere un divisore di 1260, e quindi il massimo numero di
amici che Marco può avere è il più grande divisore di 1260 che sia anche più piccolo di 100. La
scomposizione in fattori primi di 1260 è
1260 = 22 · 33 · 5 · 7 ,
e mostra che 90 = 2 · 32 · 5 è un divisore di 1260 e nessun altro numero compreso tra 90 e 100
lo è. Dunque 90 è il più grande divisore di 1260 che sia anche minore di 100.
[Problema proposto da G. Barbarino.]
2. La risposta è (A).
Indichiamo con X e Y le misure (in una data untià di misura) della base e della altezza del
rettangolo, rispettivamente, e con A e B le rispettive misure dei segmenti a e b. Sappiamo che
A+B =Y e
1
(B + Y ) · X
2
= 4,
1
A·X
2
e quindi
4=
B
A + 2B
=1+2
A
A
A
2
=
B
3
[Problema proposto da F. Mugelli]
ovvero
1
⇒
B
3
=
A
2
3. La risposta è (D).
Secondo il calendario precedente alla riforma, poiché il quoziente della divisione di 400 per 6
è 66, vi erano 66 giorni festivi. Con il nuovo calendario ogni mese ci sono 6 giorni festivi e
quindi in un anno ci sono 60 giorni festivi. I giorni festivi sono allora passati da 66 a 60 e la
diminuzione, 6, è minore del 10% di 66, che è 6,6.
[Problema proposto da P. Negrini.]
4. La risposta è (A).
4πR3
Il volume di una sfera di raggio R è
, mentre la sua superficie è 4πR2 . Indichiamo con
3
R1 e R2 i raggi di S1 e S2 rispettivamente. Sappiamo che
4πR23
3 =2
4πR13
3
Dunque
⇒
R2 √
3
= 2
R1
⇒
R2
R1
3
= 2.
R22 √
3
= 4.
2
R1
√
R22
Poiché il rapporto tra la superficie di S2 e quella di S1 coincide con 2 , esso vale 3 4.
R1
[Problema proposto da P. Leonetti.]
5. La risposta è (C).
La velocità media nel percorso casa-scuola-casa è data dalla lunghezza del percorso complessivo,
ovvero 4 km (2 per andare e 2 per tornare), diviso il tempo totale impiegato, ovvero 16 minuti
(12 per andare e 4 per tornare). Dunque la velocità media è di 0,25 km/min, che coincide con
15 km/h.
[Problema proposto da S. Monica.]
6. La risposta è (C).
Indichiamo con O il centro del quadrato, con K il vertice del quadrato che appartiene al lato
AC e con 2x la lunghezza in metri della diagonale del quadrato. Per la similitudine dei triangoli
AHC e KOC, abbiamo che
CH
OC
2−x
=
=
.
AH
KO
x
Ma
2m
CH
=
= 4.
AH
0,5 m
√
2
2 2
8 2
m. L’area del quadrato è allora
m.
Da qui si ottiene x = m e quindi HK =
5
5
25
[Problema proposto da U. Bindini e A. Sambusetti.]
7. La risposta è (D).
Indichiamo con Fb e Fc le percentuali di femmine bionde e castane rispettivamente, e con Mb
e Mc le percentuali di maschi biondi e castani rispettivamente. Sappiamo che Fb + Mb = 40 e
Fb + Fc = Mb + Mc = 50. Le femmine bionde sono il 75% del totale degli alunni biondi e quindi
i maschi biondi sono il 25% del totale degli alunni biondi, quindi Fb = 3Mb . Allora troviamo,
dalla prima delle due uguaglianze scritte in precedenza, Mb = 10, e quindi da Mb + Mc = 50
abbiamo Mc = 40.
[Problema proposto da S. Monica.]
2
8. La risposta è (D).
Consideriamo una mattonella esagonale M del pavimento, che sia circondata da sei mattonelle
esagonali e supponiamo di colorare questa mattonella di blu. A questo punto nessuna delle sei
mattonelle che la circondano può essere colorata di blu e due di esse che siano adiacenti devono
avere colori diversi, ovvero rosso e nero. Quindi fissato il colore di M ci sono due possibili
modi di colorare le sei mattonelle ad essa adiacenti. Poiché ci sono 3 possibili colorazioni per
M , e per ciascuna di esse ci sono due colorazioni delle mattonelle adiacenti, ci sono 6 modi
distinti di colorare M e le 6 mattonelle adiacenti, in modo che le richieste del problema siano
soddisfatte. Osserviamo poi che fissato il colore della mattonella M e di quelle ad essa adiacenti,
la colorazione del resto del pavimento è univocamente determinata. Quindi ci sono 6 modi di
colorare il pavimento.
[Problema proposto da K. Kuzmin.]
9. La risposta è (B).
Osserviamo che pq + 1 è pari se pq è dispari, e viceversa è dispari se pq è pari. Poiché l’unico
numero primo pari è 2, affinché pq + 1 sia primo esso deve essere uguale a 2 oppure deve essere
dispari. Ma pq + 1 = 2 implica pq = 1 il che è impossibile. Dunque dobbiamo avere che pq è
pari, e quindi p deve essere pari, ed essendo primo si deve avere p = 2. Se q è dispari pq + 1
ammette la scomposizione:
(pq + 1) = (p + 1)(pq−1 − pq−2 + · · · + p2 − p + 1)
e quindi in particolare è divisibile per p + 1 e pertanto non può essere primo. Allora anche q
deve essere pari e quindi q = 2. L’unica possibilità è allora p = q = 2.
10. La risposta è (D).
Indichiamo con B il prezzo della benzina oggi, e con P ed O rispettivamente il costo del prodotto
e il costo del petrolio, sempre riferiti ad oggi. Sappiamo che
P =
35
B
100
e O=
24
P
100
quindi
24 · 35
8, 4
B=
B.
100 · 100
100
Di conseguenza oggi il costo del petrolio costituisce l’ 8,4% del prezzo della benzina. Se il costo
del petrolio aumenta del 10% (ovvero di un decimo) e tutti gli altri costi rimangono invariati,
il prezzo della benzina aumenterà di un decimo dell’8,4%, ovvero dello 0,84%.
[Problema proposto da C. Di Stefano.]
O=
11. La risposta è (B).
Sviluppando il cubo del binomio possiamo scrivere
(102013 + 1)3 = 106039 + 3 · 104026 + 3 · 102013 + 1 .
Ciascuno dei 4 numeri a destra dell’uguaglianza, scritti in base 10, ha una sola cifra diversa da
zero e in una posizione diversa da quella degli altri, quindi la somma delle cifre del numero che
si ottiene sommandoli è 1 + 3 + 3 + 1 = 8.
[Problema proposto da C. Di Stefano.]
3
12. La risposta è (D).
Possiamo scrivere
n5 − 5n3 + 4n = n(n4 − 5n2 + 4)
= n(n2 − 4)(n2 − 1)
= (n − 2)(n − 1)n(n + 1)(n + 2) .
Dunque stiamo considerando un numero che può sempre essere scritto come prodotto di cinque
numeri naturali consecutivi (tutti strettamente positivi, poiché n ≥ 3). In una sequenza di 5
numeri naturali consecutivi vi sono certamente due numeri pari di cui uno multiplo di 4, un
multiplo di 3 e un multiplo di 5. Dunque il loro prodotto è certamente multiplo di 120 = 2·3·4·5.
D’altra parte per n = 3 abbiamo n5 − 5n3 + 4n = 120 quindi 120 è il più grande divisore di
n5 − 5n3 + 4n al variare di n ≥ 3.
13. La risposta è (E).
1
Nessuna delle espressioni contenute nelle altre risposte è minore o uguale di + x2 per ogni x.
6
q
q
1
1
1
2
Difatti, se per esempio x = 0 il numero 6 + x = 6 > 6 , quindi (A) è falsa.
Anche la risposta (D) è evidentemente falsa se 0 < x < 1, poiché in tal caso 16 + x >
Sviluppando il quadrato del binomio, si trova anche che non può valere (C):
per x >
15
.
36
1
+x
6
2
=
1
6
+ x2 .
1
1
1
+ x2 + x > + x2
36
3
6
Proviamo infine che anche la risposta (B) è errata: in effetti
√
√
2
1
⇔
6 3x2 + 12x + 3 ≥ 0
+ x2 ≥ − √ x
6
3
√
√
ed il discriminante del trinomio 6 3x2 + 12x + 3 vale ∆ = 144 − 24 · 3 > 0; dunque il trinomio
ammette due radici reali distinte ed è negativo per ogni valore di x strettamente compreso tra
le due radici.
[Problema proposto da G. Barbarino e A. Sambusetti.]
14. La risposta è (A).
P
√
Calcoliamo prima di tutto l’apotema del cono: a = r2 + h2 = 30cm.
Tagliamo ora il cono lungo l’apotema passante per Q, e otteniamo
d
a
cosı̀ un settore circolare di centro V , raggio a ed arco di circonferenza
di lunghezza uguale a 2πr: l’angolo al centro che sottende tale arco
60
Q
V
2
√ 2πr
misura dunque ϑ = 2πr
=
=
π
radianti.
a
3
r 2 +h2
Il problema si riduce quindi a trovare la lunghezza del segmento che congiunge il punto medio P
dell’arco di circonferenza al punto medio Q di uno dei due raggi delimitanti il settore circolare.
◦
d
Poiché
q l’angolo P V √Q = 60 ,√segue che P Q è perpendicolare al raggio contenente Q, dunque
2
d = a2 − a2 = 23 a = 15 3.
[Problema proposto da Nirvana.]
o
4
15. La risposta è (B).
Gli eventi possibili dopo aver lanciato i due dadi possono essere rappresentati da tutte le coppie
ordinate (d1 , d2 ) in cui d1 è il valore del primo dado e d2 quello del secondo; poichè d1 può variare
tra 4 possibili valori e d2 tra otto possibili valori, il numero totale di eventi è 32. Osserviamo
che per ciascun valore d1 del dado a 4 facce c’è uno e un solo valore d2 del dado a 8 facce la cui
somma con d1 sia 11. Quindi gli eventi favorevoli, ovvero le coppie (d1 , d2 ) tali che a somma
d1 + d2 sia 11, sono 4, su un totale di 32. La probabilità che si verifichi un evento favorevole è
4
1
allora
= .
32
8
[Probema proposto da S. Mongodi.]
16. La risposta è (B).
Indichiamo con n la soluzione intera dell’equazione x10 + kx2 + 4 = 0; osserviamo che n 6= 0
altrimenti l’equazione non è verificata. Possiamo scrivere:
n10 + kn2 + 4 = 0
4
k = −n8 − 2 .
n
Dunque, dato che k è intero e n8 è intero, n42 è intero, e quindi n2 divide 4 e quindi può essere
solo n = ±1, n = ±2. Nel primo caso abbiamo k = −5 e nel secondo k = −28 − 1. k può
assumere solo due valori.
[Problema proposto da P. Leonetti.]
17. La risposta è (A).
Un numero è congruo modulo 11 alla somma delle sue cifre, prese a segni alterni (partendo dal
segno positivo per la cifra delle unità). Consideriamo allora un quadrato di due cifre che si
scriva, in notazione decimale, come ab; notiamo subito che −8 ≤ a − b ≤ 9 e che sicuramente
a 6= b, a 6= b − 1 (sennò ab non è un quadrato). Ciò significa che la differenza a − b è congrua,
modulo 11, ad un numero intero x compreso tra 1 e 9. Pertanto, qualsiasi sia il quadrato ab
assegnato, esiste sempre una e una sola cifra x compresa tra 1 e 9 tale che x − a + b sia congruo
a zero modulo 11, cioè tale che xab sia divisibile per 11. La probabilità è dunque uguale a 91 .
[Problema proposto da S. Mongodi.]
18. La risposta è (B).
Rappresentiamo una generica disposizione di 6 frutti con una sequenza di 6 lettere, ciascuna
delle quali può essere una P (pera) o una M (mela). Vogliamo contare le sequenze in cui
tra due M non ci sia nessuna P ; per comodità chiamiamo queste sequenze accettabili. Come
regola generale, una sequenza è accettabile se tutte le M in essa contenute sono adiacenti l’una
all’altra, cioè consecutive; questa osservazione rende più facile contare le sequenze accettabili
perché in una sequenza accettabile la posizione delle M è univocamente determinata una volta
che si sia individuata la prima M (quella più a sinistra) e il numero complessivo di M presenti
nella sequenza. Utilizzando questo fatto scriviamo allora le possibili sequenze in base al numero
di M che esse contengono, partendo dal valore massimo in cui ci sono 6 M (ovvero i 6 frutti
sono tutte mele), fino a quello minimo in cui non c’è nessuna M :
• se ci sono 6 M si ha 1 sequenza accettabile:
MMMMMM .
• se ci sono 5 M si hanno 2 sequenze accettabili:
MMMMMP , P MMMMM .
5
• se ci sono 4 M si hanno 3 sequenze accettabili:
MMMMP P , P MMMMP ,
P P MMMM .
• se ci sono 3 M si hanno 4 sequenze accettabili:
MMMP P P , P MMMP P , P P MMMP , P P P MMM .
• se ci sono 2 M si hanno 5 sequenze accettabili:
MMP P P P , P MMP P P , P P MMP P , P P P MMP , P P P P MM .
• se c’è una sola M si hanno 6 sequenze accettabili:
MP P P P P , P MP P P P , P P MP P P , P P P MP P , P P P P MP , P P P P P M .
• infine, l’unica sequenza senza M è accettabile:
PPPPPP .
In tutto abbiamo allora 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 1 = 22 sequenze accettabili.
[Problema proposto da P. Leonetti.]
19. La risposta è (E).
La cavalletta percorre la spezzata evidenziata in figura, costruita
sui lati di triangoli equilateri tra loro adiacenti, in cui i punti rappresentano la posizione in cui essa si trova all’inizio e dopo ogni
salto. Ne segue che dopo 17 salti la cavaletta si trova precisamente
a 5 · 10 cm di distanza dal punto iniziale.
20
60
o
10
[Problema proposto da S. Monica.]
20. La risposta è (B).
Consideriamo la funzione polinomiale f (t) = (t − 1)(t + 1)2012 − 1. Per t > 1 questa funzione
è crescente, in quanto entrambe le funzioni (t − 1) e (t + 1)2012 lo sono, e dunque lo è il loro
prodotto. Si ha per ipotesi f (x) = 0 mentre
1
1
1
3
f 1 + 2012 = 2012
+ 2 − 1 < 2012 − 1 < 0
2012
3
3
3
3
1
< x. D’altra parte, poiché sappiamo che x > 1, da f (x) = 0 deduciamo
pertanto 1 + 32012
immediatamente che
1
1
< 1 + 2012
x=1+
2012
(x + 1)
2
[Problema proposto da S. Mongodi.]
6