TESTO PER IL PUBBLICO 2008 con soluzioni

Logo di Stefano Visciglia
CON IL PATROCINIO DEL COMUNE DI TORINO
GARA PER IL PUBBLICO
8 Gallery – Venerdì 07 marzo 2008
OLIMPIADI DI MATEMATICA
Problema 1 − Il taglio della lastra
30 punti
Da una lastra quadrata di lato 42 cm bisogna tagliare dagli angoli 4 quadrati in modo da poter
piegare la parte rimanente come un contenitore. Quanto deve essere la lunghezza (in cm) del taglio
affinché la capacità del contenitore sia massima?
Soluzione 1.
Il quesito è un tipico problema di ricerca del massimo di una funzione.
Si indichi con x la lunghezza (in cm, intendendo ad es. x = 8cm) del taglio. Dovrà essere 0 ≤ x ≤ 21
(si noti che x = 0 e x = 21 non forniscono un massimo, perché si otterrebbe un contenitore di volume
0).
Dal taglio della lastra e dalla sua piegatura si ottiene un parallelepipedo a base quadrata di lato pari
a 42cm − 2 x e altezza pari a x .
Il volume è funzione di x , ed è esprimibile come V ( x ) = superficie di base per altezza =
(42cm − 2 x )2 ⋅ x = (1764cm 2 + 4 x 2 − 168cm ⋅ x ) ⋅ x = 1764cm 2 ⋅ x + 4 x 3 − 168cm ⋅ x 2
1
Per trovare i punti di massimo bisogna
1. derivare la funzione V ( x ) rispetto ad x e calcolare gli zeri di V ′( x )
V ′( x ) = 1764cm 2 + 12 x 2 − 336cm ⋅ x
V ′( x ) = 1764cm 2 + 12 x 2 − 336cm ⋅ x = 0
semplificando si ottiene x 2 − 28cm ⋅ x + 147cm 2 = 0
si risolve quindi la suddetta equazione di 2° grado in x e si trova
x1 = 14cm − 7cm = 7cm , x 2 = 14cm + 7cm = 21cm
Il valore x 2 = 21cm è da escludere perché con un taglio simile divido la lastra in 4 quadrati
congruenti e non si forma alcun contenitore.
2. calcolare la derivata seconda di V ( x ) e controllare che in x 2 = 7cm sia negativa
V ′′( x ) = 24 x − 336cm
V ′′(7cm ) = 24 ⋅ 7m − 336cm = 168cm − 336cm = −168cm
La soluzione è quindi x 2 = 7cm
Soluzione 2 (senza analisi e con meno calcoli).
Una soluzione elementare senza analisi e con meno calcoli è la seguente.
Massimizzare V ( x ) = (42cm − 2 x) 2 x è equivalente a massimizzare V ( x ) = 4 x(42cm − 2 x) 2 : infatti
abbiamo solamente moltiplicato per 4. Ma la somma dei tre addendi positivi
4 x + (42cm − 2 x ) + (42cm − 2 x ) è costante e dunque il massimo del loro prodotto si ha quando sono
tutti uguali (si può ad esempio osservare che la media geometrica è sempre minore o uguale a quella
aritmetica ed uguale solo se i valori sono tutti uguali). Avremo quindi 4 x = 42cm − 2 x , da cui
x = 7cm .
Risposta: 0007
Problema 2 − Il facchino
25 punti
Un facchino deve distribuire 6 oggetti, uno ad ognuno dei 6 inquilini di una casa che abitano a
ciascuno dei 6 piani, ma può portare solo un oggetto alla volta. Tra un piano e l’altro ci sono 21
gradini e tra la strada e il portone ci sono altri 7 gradini. Quanti gradini dovrà in tutto salire il
facchino per portare tutti gli oggetti a destinazione?
La casa non ha ascensore.
2
Soluzione
La tabella seguente riassume la situazione
Piano
0 (pian terreno - rialzato)
1
2
3
4
5
Numero di scalini
7
7+21=28
7+21+21=49
7+21+21+21=70
7+21+21+21+21=91
7+21+21+21+21+21=112
In totale il facchino deve salire 7+28+49+70+91+112=357 scalini
I numeri di gradini che il facchino deve salire per ogni piano sono i primi 6 termini di una
progressione aritmetica di ragione 21 e primo termine 7.
7 + 112
× 6 = 357 gradini (semisomma del primo e ultimo
La somma dei primi 6 termini è dunque
2
termine).
Risposta: 0357
Problema 3 − Diamo i numeri?
35 punti
Andrea pensa a caso un numero di 4 cifre e lo spezza in due numeri di due cifre prendendo la prima
e la terza cifra per il primo, la seconda e la quarta per il secondo.
Nel primo numero di due cifre la cifra delle decine è 3; scambiando tra loro le cifre si ottiene un
nuovo numero che supera il primo di 54.
Nel secondo numero di due cifre la cifra delle decine supera di uno quella delle unità; dividendo il
numero per la somma delle sue cifre si ottiene per quoziente 6 e per resto 2.
Qual è il numero pensato da Andrea?
Soluzione.
Si indichi il numero di quattro cifre pensato da Andrea con abcd; i due numeri di due cifre che si
ottengono da questo saranno quindi ac e bd.
Per il primo dei due numeri ricavati possiamo scrivere il seguente sistema:
ac = 3 * 10 + c

ca = c * 10 + 3
ac = 3 * 10 + c

ca = ac + 54
da cui si ricava e si risolve l’equazione di primo grado:
10c + 3 =30 + c + 54
10c + 3 = c + 84
9c=81
3
ovvero
a = 3

c = 9
In modo analogo per il secondo numero possiamo scrivere il sistema:
b = d + 1

 bd − 2
 b + d = 6
da cui si ricava e si risolve l’equazione di primo grado:
10(d + 1) + d − 2 = 6(d + 1 + d )
11d + 8 = 12d + 6
ovvero
b = 3

d = 2
La soluzione corretta è quindi
3392
Risposta: 3392
Problema 4 − Le trote
18 punti
Il proprietario di un allevamento di trote vuole capire quanti pesci ci sono nella sua vasca e, dal
momento che sono tantissimi ed impossibili da contare uno ad uno, decide di utilizzare la seguente
strategia:
- con un retino pesca 200 trote a caso, le marca tutte con un segno e le rimette nella vasca
principale.
- Il giorno successivo con lo stesso retino pesca altre 200 trote a caso ed osserva che solo 8
hanno il segno.
Qual è il numero di trote presenti nel vivaio?
Soluzione.
Il ragionamento da compiere è molto semplice: dopo la prima fase di marcatura nella vasca ci
sono X trote marcate dall’allevatore ed Y trote non marcate (dove si suppone che Y>>X) e, per la
legge dei grandi numeri, la probabilità di pescare una trota marcata è data dal numero di casi
favorevoli sul numero di casi [equi] possibili, ovvero Pt=200:(X+Y).
Dal momento che questa probabilità è la stessa per qualsiasi campione scelto a caso tra l’intera
popolazione del vivaio, indicando con Nt il numero totale di trote si può scrivere l’equivalenza:
8:200=200:Nt
ovvero
Nt =5000
Risposta: 5000
4
Problema 5 − Mattonelle
30 punti
In una stanza pavimentata con mattonelle quadrate di 40cm di lato Matteo lancia il coperchio
circolare in plastica di un barattolo del raggio di 10cm. Qual è la probabilità (data in percentuale)
che il coperchio non tocchi le linee di contatto delle mattonelle, cioè che esso sia tutto contenuto
all’interno di una mattonella?
[Non si tenga conto, per semplicità di ragionamento, della possibilità del coperchio di avere a che
fare con le mattonelle a bordo della stanza o col muro: si calcoli la suddetta probabilità
immaginando quindi che il coperchio possa incontrare o meno le linee di contatto con le mattonelle
senza essere influenzato da fattori “limiti” particolari.]
Soluzione.
L’errore che può indurre questo esercizio è di considerare la probabilità come il rapporto tra le
aree del cerchio e della mattonella ottenendo un valore di circa 0,19; in realtà occorre calcolare
qual è l’area totale in cui può cadere il cerchio senza toccare uno dei bordi della mattonella e
dividere questo valore per l’area totale della mattonella.
Il cerchio non toccherà mai un bordo della mattonella se il suo centro si trova all’interno di un
quadrato di lato 20cm, avente baricentro in comune con la mattonella (area tratteggiata mostrata
in figura).
La probabilità sarà quindi il rapporto tra le aree dei due quadrati, ovvero
P=
Aq
ATOT
=
(20)2
(40)2
= 0,25
Risposta: 0025
5
Problema 6 − La crostata
20 punti
Marta sta preparando una crostata: fodera il fondo di una teglia di raggio 20
cm con una parte della pasta frolla, quindi distende sopra la marmellata.
Con la pasta avanzata vuole fare delle striscioline da disporre a grata sullo
strato di marmellata, in modo che i quattro quadrati al centro siano di lato
10 cm (vedi figura).
Qual è la lunghezza complessiva, in cm, delle strisce?
Soluzione.
Applicando il teorema di Pitagora al triangolo rettangolo OAB , ricaviamo
B
A
AB = 20 2 − 10 2 cm = 10 3 cm
O
Quattro sbarre hanno lunghezza 2 × AB ; le altre due sbarre sono lunghe
come il diametro del cerchio. Pertanto la lunghezza complessiva è
(
)
(
)
L = 40 + 40 + 4 ⋅ 2 ⋅ 10 3 cm = 80 3 + 1 cm ≅ 218,56 cm
Risposta: 0218
Problema 7 − La valigia
30 punti
Luca ha dimenticato la combinazione di 4 cifre che serve per aprire la sua valigia (ciascuna cifra
può assumere un valore da 0 a 9). Il ragazzo ricorda, però, che almeno due cifre consecutive sono
uguali.
Qual è il massimo numero di combinazioni che Luca deve provare per aprire la valigia?
Soluzione.
Per contare con cura le combinazioni che Luca deve provare procediamo come segue:
1° metodo.
Contiamo le combinazioni del tipo:
abcc 10 × 9 × 8 = 720
abbc 10 × 9 × 8 = 720
aabc 10 × 9 × 8 = 720
abbb 10 × 9 = 90
aaab 10 × 9 = 90
aaba 10 × 9 = 90
abaa 10 × 9 = 90
aabb 10 × 9 = 90
abba 10 × 9 = 90
aaaa 10
Pertanto il numero di combinazioni è
720 × 3 + 90 × 6 + 10 = 2710 .
6
[con a, b, c diverse].
2° metodo.
Le combinazioni possibili di 4 cifre (le disposizioni delle 10 cifre a 4 a 4) sono 10 4 = 10000 (ogni
cifra ha 10 scelte possibili).
Le combinazioni che non hanno due cifre consecutive sono 10 × 9 × 9 × 9 = 7290 (la prima cifra può
essere qualsiasi, per tutte le altre dobbiamo escludere la possibilità che siano uguali alla
precedente). Pertanto le combinazioni che hanno almeno due cifre consecutive sono
10000 − 7290 = 2710 .
Risposta: 2710
Problema 8 − L’isola
35 punti
In un’isola vivono uomini onesti e uomini bugiardi; i bugiardi sono in numero doppio rispetto agli
onesti. A ciascun abitante viene chiesto quante sono le persone oneste. Mentre ogni uomo onesto
fornisce la risposta esatta, il primo bugiardo fornisce il numero esatto aumentato di 1, il secondo
bugiardo il numero esatto aumentato di 2, e così progressivamente.
Sapendo che la somma di tutte le risposte è 1140, quanti sono gli abitanti dell’isola?
Soluzione.
Indichiamo con a il numero degli uomini onesti, con b il numero dei bugiardi.
Dobbiamo calcolare a + b . La somma S delle risposte vale
S = (a + K + a ) + (a + 1) + K + (a + b ) = a 2 + ab + b (b + 1) 2 .
14243
a addendi
Essendo b = 2a e S = 1140 si ha
3a 2 + a (2a + 1) = 1140 , cioè 5a 2 + a − 1140 = 0 .
La soluzione positiva è a = 15 , per cui a + b = 3a = 45 .
Risposta: 0045
Problema 9 − Un piccolo problemino!
35 punti
Nell’elenco in ordine alfabetico di tutti i suoi anagrammi, quale posizione occupa la parola
PROBLEMINO? Indicare le prime 4 cifre (da sinistra) del risultato.
Soluzione.
La parola PROBLEMINO contiene 10 lettere (B E I L M N O O P R) di cui una si ripete 2 volte.
Tutti gli anagrammi sono quindi 10!/2! = 1814400. Calcoliamo ora gli anagrammi che si trovano
dopo PROBLEMINO nell’elenco alfabetico:
R*********
9!/2! = 181440
7
PROu****** (dove u ∈ {E,I,L,M,N,O})
6•6! =
4320
PROBu***** (dove u ∈ {M,N,O})
3•5! =
360
PROBLu**** (dove u ∈ {I,M,N,O})
4•4! =
96
PROBLEu*** (dove u ∈ {N,O})
2•3! =
12
PROBLEMu** (dove u ∈ {N,O})
2•2! =
4
PROBLEMION
1
Tot.
186233
La parola PROBLEMINO si trova al posto 1814400-186233=1628167.
In alternativa si potevano contare le parole che precedono PROBLEMINO, incluso PROBLEMINO
stessa.
Risposta: 1628
Problema 10 − Tempo di elezioni!
35 punti
A Pi Greco (un piccolo paesino montano) vi sono dodici cittadini aventi diritto di voto. Tutti
esercitano il loro voto in favore di uno dei due principali candidati: Alfa e Beta. Gli exit poll
effettuati su sei di loro (che supponiamo non mentano) danno quattro voti per Alfa e due per Beta.
Per ciascuno di loro qual è la probabilità che le elezioni lo vedano vincitore (limitatamente a Pi
Greco)? (Chiamiamo probabilità il rapporto tra il numero dei casi favorevoli e il numero dei casi
[equi]possibili). Indicare in ordine le prime due cifre significative dei numeri espressi in percentuale
corrispondenti alle probabilità di vittoria rispettivamente di Alfa e di Beta.
Soluzione.
Indichiamo con Pα Pβ e P0 rispettivamente le probabilità che vinca Alfa, Beta e la probabilità di
pareggio. Il risultato dipende da quanti fra i rimanenti hanno votato Alfa (o Beta).
Il numero dei casi possibili è 26 =64 (2 scelte per ognuno dei rimanenti votanti).
Affinché Beta vinca le elezioni, Alfa deve essere stato votato da meno di due fra i rimanenti sei
elettori, cioè da nessuno (1 caso) o da uno solo fra i sei (6 casi distinti). Di conseguenza
Pβ= 7/64.
Affinché vi sia un pareggio, Alfa deve essere stato votato da esattamente due fra i rimanenti sei
elettori (15 casi distinti); perciò P0 = 15/64.
In tutti i rimanenti casi vince Alfa. Quindi Pα =1 – (Pβ + P0 ) = 42/64 = 21/32.
Concludendo: Pα =21/32 = 65.6 %
e Pβ = 7/64 = 10.9 %.
Risposta: 6510
8
Problema 11 − I punti e i triangoli
50 punti
All'interno di un poligono convesso con 1000 vertici si isolano 500 punti in modo che, comunque si
scelgano 3 punti nell'insieme formato da questi 500 punti e dai vertici, questi non siano allineati. Il
poligono viene suddiviso in triangoli in modo che due diversi triangoli non abbiano punti interni
comuni, che ognuno dei 1500 punti di cui sopra sia vertice di qualche triangolo e che nessun
triangolo abbia vertici che non siano fra questi punti. Quanti sono i triangoli ?
Soluzione.
Sia n il numero dei triangoli. Allora il numero 180•n esprime la somma degli angoli (in gradi) di
tutti i triangoli. Fra tutti questi angoli, ce ne sono alcuni con il vertice in uno dei 500 punti interni al
poligono e la loro somma è 360•500, e alcuni con il vertice in uno dei 1000 vertici del poligono e la
loro somma coincide con la somma degli angoli del poligono. Essendo la somma degli angoli di un
poligono convesso di k vertici uguale a 180•(k-2) , otteniamo l'equazione 180•n = 360•500 +
180•998 da cui n=1998.
Risposta: 1998
Problema 12 − Geometria
20 punti
Sapendo che l’area del cerchio in figura è 512 π cm2 , qual è l’area in cm2 del triangolo ABC
(essendo B e C punti medi rispettivamente dei lati HX e XK del quadrato AHXK inscritto nella
circonferenza)?
H
B
X
C
K
A
9
Soluzione.
H
B
X
C
K
A
L’area di un cerchio di raggio r è π r2 .
Dunque nel nostro caso si ha che:
512 π = π r2
r2 = 512 cm2
Il raggio è :
r = 16 2 cm
Il diametro AX è:
2r = 32 2 cm
Il lato del quadrato AHXK inscritto è :
AK = KX = XH = HA = 32 cm
e
area di AHXK = (32 x 32 )cm2 = 1024 cm2
Per trovare l’area di ABC dobbiamo sottrarre a questo valore il valore dell’area di ABH, di ACK e
di BCX
(32 × 16) cm 2
= 256 cm2
2
(32 × 16) cm 2
= 256 cm2
Area di ACK =
2
(16 × 16) cm 2
= 128 cm2
Area di BCX =
2
Area di ABH =
Area di ABC = (1024 – 256 – 256 – 128) cm2 = 384 cm2
Risposta: 0384
Problema 13 − Il ciclista
25 punti
Un ciclista scala una montagna alla media di 20 km / h , e poi, giunto in cima, gira la bicicletta e
ridiscende a valle (seguendo la stessa strada) ad una media di 60 km / h . Qual è la velocità media
complessiva, in Km/h, tenuta dal ciclista, durante tutto il suo viaggio?
10
Soluzione.
La risposta corretta è: 30 km / h . La risposta più frequente che viene data a questo problema è invece
40 km / h , basata sul fatto che il ciclista ha percorso esattamente metà del cammino alla velocità
media di 20 km / h e esattamente l’altra metà alla velocità media di 60 km / h . Tale risposta è errata,
poiché procedendo in discesa ad una velocità tripla rispetto a quella tenuta in salita il nostro atleta
ha pedalato per un tempo triplo alla velocità di 20 km / h rispetto al tempo in cui è andato a
60 km / h . La risposta corretta è dunque data da:
3 × 20 + 60
v=
km/h = 30 km / h .
4
Bisogna tenere conto del peso relativo di ciascuna delle medie.
Osservazione. La velocità richiesta è la media armonica delle due velocità date:
2
2
v=
km / h =
km / h = 30km / h
1
1
4
+
20 60
60
Risposta: 0030
Problema 14 − Le coccinelle
45 punti
Ci sono due coccinelle maschio (A e C) e due coccinelle femmina (B e D) poste ai vertici di un
quadrato. Le coccinelle maschio si muovono verso le coccinelle femmina e le coccinelle femmina
cercano di raggiungere i maschi: cioè la coccinella A va verso la coccinella B, B va verso C, C va
verso D e D vuole prendere A.
A
B
C
D
Così muovendosi percorrono una curva che le porterà ad incontrarsi al centro del quadrato.
Quanta strada farà ogni coccinella (in cm) tenendo conto che il lato del quadrato è 125 cm ?
Soluzione.
In qualsiasi istante dato le coccinelle individuano i vertici di un quadrato che ruota e si restringe
attorno al centro man mano che le coccinelle si avvicinano fra loro.
Il percorso della coccinella inseguitrice sarà quindi ad ogni istante perpendicolare a quello
dell’inseguita. Ciò significa che mentre A si avvicina a B, non c’è nessuna componente nel moto di
11
B che la faccia avvicinare o allontanare da A. Quindi A raggiunge B nello stesso tempo che
impiegherebbe se B non si muovesse affatto. Perciò la lunghezza di ogni braccio di spirale è uguale
a quella del lato del quadrato iniziale, cioè 125 cm .
Risposta: 0125
Problema 15 − Un numero incantato
46 punti
C’era una volta in un paese lontano lontano un magnifico castello in cui viveva una bellissima
principessa. Molti giovani della contrada erano innamorati di lei; purtroppo la perfida matrigna,
invidiosa della bellezza e della giovinezza della figlia, aveva imposto che nessuno avrebbe potuto
sposare la principessa se prima non avesse trovato un numero magico e misterioso. Questo numero
serviva alla matrigna per completare una formula magica che le avrebbe permesso di tornare
giovane e bella.
Il numero cercato dalla strega ha delle caratteristiche molto particolari: deve essere formato da dieci
cifre, la prima di esse indica il numero di "0" presenti nel numero stesso, la seconda indica il
numero di "1" presenti, la terza indica il numero di "2" presenti e così via fino all’ultima cifra che
indica il numero di "9" presenti nel numero.
Sarai tu il fortunato a sposare la bella principessa trovando il numero misterioso tanto utile alla
strega? Nel risultato indica le prime quattro cifre del numero misterioso.
Soluzione.
È importante osservare che la somma delle cifre che compongono il numero misterioso deve essere
uguale a 10. Da ciò si deduce facilmente che il numero misterioso non può contenere le cifre 7, 8 e
9, e pertanto le sue ultime tre cifre sono tutte composte dal numero 0.
Esso può contenere il numero 6, ma una sola volta. Ammettiamo dunque che il numero misterioso
contenga il numero 6, allora la sua quart’ultima cifra è costituita dal numero 1.
A questo punto, poiché la somma delle cifre che al momento compongono il numero incantato è 7,
si deduce che esso non può contenere i numeri 3, 4 e 5 e pertanto la sua quarta, la sua quinta e la sua
sesta cifra sono tutte costituite dal numero 0.
Sulla base di queste considerazioni si deduce che il numero incantato è del tipo 6 - - 0 0 0 1 0 0 0.
Da qui è facile concludere che deve essere 6210001000. Se invece supponiamo che la cifra 6 non
sia presente, allora le ultime 4 cifre saranno uguali a zero, e dunque la prima cifra sarà 4 oppure 5.
Se la prima cifra è 4, il numero sarà del tipo 4 - - - - - 0 0 0 0. Le cinque cifre rimanenti saranno
diverse da zero e avranno per somma 6, dunque vi saranno 4 cifre uguali ad 1 ed una uguale a 2 e
questo non è possibile perché la seconda cifra dovrebbe essere allora 4. Se la prima cifra è 5, il
numero sarà del tipo 5 - - - - - 0 0 0 0. Delle 5 cifre rimanenti una sola è 0 e le altre quattro hanno
per somma 5, dunque vi saranno tre cifre uguali ad 1 ed una uguale a 2. Ma allora la seconda cifra
deve essere 3, e questo non è possibile.
Pertanto il numero magico tanto utile alla strega che il principe deve trovare per sposare la sua
amata è 6210001000.
Risposta: 6210
12
Problema 16 − I quattro cubi
45 punti
Trovare 4 numeri interi, positivi, diversi tra loro e minori di 10 tali che il cubo di uno di essi sia
uguale alla somma dei cubi degli altri tre.
Qual è il più piccolo numero di 4 cifre formato dai suddetti 4 numeri?
Scrivere la soluzione ordinando in modo crescente i 4 numeri trovati.
Soluzione 1.
Consideriamo l’equazione (*) x3+y3+z3=t3. Vogliamo determinare tutte le soluzioni in interi
positivi e strettamente minori di 10. Scriviamo una tabella con i cubi dei numeri interi da 1 a 9:
numero
cubo
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
8
27
64
125
216
343
512
729
cubo modulo
9
1
-1
0
1
-1
0
1
-1
0
Si vede che se a è un intero, allora il suo cubo modulo 9 può essere congruo a 0, oppure a ±1.
Quindi vi sono le seguenti possibilità per x3, y3, z3, t3 modulo 9:
0
0
0
0
1
1
x3, y3, z3
0
0
0
1
1
-1
0
1
-1
-1
-1
-1
t3
0
1
-1
0
1
-1
Per convenienza, se si verifica la possibilità espressa nella prima riga diremo che siamo nel caso
0,0,0; la seconda 0,0,1; la terza 0,0,-1 e così via. Osserviamo inoltre che se x, y, z, t è una soluzione
di (*), allora x<t, y<t, z<t. Infine osserviamo che il caso 0,0,0 non si verifica perché se così fosse
x,y,z,t sarebbero tutti divisibili per 3, e dividendoli per 3 (se necessario anche una seconda volta)
troveremmo una soluzione con t ≤ 9/3=3 non del tipo 0,0,0 (cosa che vedremo non avviene).
Prendiamo allora in esame i possibili valori per t, con l’aiuto delle tabelle precedenti.
• t=1: non vi sono soluzioni perché x,y,z devono essere almeno uguali a 1. Nessuna soluzione.
• t=2: x,y,z potrebbero valere solamente 1, ma 13+13+13≠23. Nessuna soluzione.
• t=3: una eventuale soluzione dovrebbe essere per forza del tipo 0,1,-1, dunque almeno uno
tra x,y o z dovrebbe essere congruo a zero modulo 9 e dunque multiplo di 3: impossibile.
Nessuna soluzione.
• t=4: Ci sono due casi: 0,0,1 oppure 1,1,-1. Nel primo due tra x,y,z dovrebbero essere
multipli di 3 e dunque uguali a 3 (perché minori di 4), ma 33+33+u3=43 non ha per soluzione
un valore intero per u. Nel caso 1,1,-1 tra x,y,z dovrebbero esserci due numeri uguali ad 1
13
•
•
•
•
•
(sono minori di 4 e due dei loro cubi devono essere congrui a 1 modulo 9 ). Ma 13+13+u3=43
non ammette un valore di u intero. Nessuna soluzione.
t=5: i casi sono 0,0,-1 oppure 1,-1,-1. Nel primo due tra x,y,z sono multipli di 3 e dunque 3,
ma 33+33+u3=53 non ammette u intero. Nel secondo due tra x,y,z devono essere 2 (minori di
5 e aventi cubo congruo a -1 modulo 9), ma 23+23+u3=53 non ammette u intero. Nessuna
soluzione.
t=6: caso 0,1,-1. Uno tra x,y,z deve essere 3 (è divisibile per 3 e minore di 6). Sia
33+u3+v3=63. Allora u3+v3=189. Uno tra u o v (quello il cui cubo è congruo a 1 modulo 9)
può essere 1 oppure 4. Il valore 1 non dà soluzioni. Il valore 4 fornisce la soluzione
43+53=189. Abbiamo la soluzione 33+43+53=63.
t=7: casi 0,0,1 oppure 1,1,-1. Nel primo due tra x,y,z sono divisibili per 3 e dunque valgono
3 oppure 6. Nessuna delle tre equazioni 33+33+u3=73, 33+63+u3=73, 63+63+u3=73 fornisce
una soluzione intera per u. Caso 1,1,-1: due tra i valori di x,y,z (quelli aventi cubo congruo a
1 modulo 9) possono valere solamente 1 oppure 4. Ma nessuna delle tre equazioni
13+13+u3=73, 13+43+u3=73, 43+43+u3=73 fornisce una soluzione intera per u. Nessuna
soluzione.
t=8: casi 0,0,-1 oppure 1,-1,-1. Nel primo due tra gli x,y,z (quelli con cubo congruo a 0
modulo 9) possono valere 3 oppure 6. Nessuna delle tre equazioni 33+33+u3=83,
33+63+u3=83, 63+63+u3=83 fornisce un valore intero per u. Caso 1,-1,-1: due tra i valori di
x,y,z (quelli aventi cubo congruo a -1 modulo 9) possono valere solamente 2 oppure 5. Ma
nessuna delle tre equazioni 23+23+u3=83, 23+53+u3=83, 53+53+u3=83 fornisce una soluzione
intera per u. Nessuna soluzione.
t=9: abbiamo il caso 0,1,-1. Uno tra x,y,z è divisibile per 3, dunque è 3 oppure 6. Sia
33+u3+v3=93. Allora u3+v3=702. Uno tra u e v (quello avente cubo congruo a 1 modulo 9,
diciamo u) può essere 1, 4 oppure 7. Ma nessuna delle tre equazioni 13+v3=702, 43+v3=702,
73+v3=702 ha soluzione intera. Rimane il caso 63+u3+v3=93, cioè u3+v3=513. Di nuovo, uno
tra u e v (quello avente cubo congruo a 1 modulo 9, diciamo u) può essere 1, 4 oppure 7.
Delle tre equazioni 13+v3=513, 43+v3=513, 73+v3=513 solamente una fornisce soluzione
intera v = 8. Abbiamo la soluzione 13+63+83=93.
Soluzione 2 (empirica)
Siano a,b,c,d i numeri voluti, tali che a3 + b3 + c3 = d3 .
Poiché cerchiamo la soluzione minima, cominciamo col supporre a = 1 e considerando:
1 = a ≤ b ≤ c < d ≤ 9.
Vi sono i seguenti casi (essenziali, tralasciando quelli già considerati-implicati nei casi precedenti e
cominciando dai numeri maggiori possibili per limitare i casi):
d = 2 , d3 = 8 , da cui si deduce la possibilità: b = 1, c = 1 → 1+1+1 = 3 < 8, NON VA BENE
d = 3 , d3 = 27
“
“
“
b = 2 , c = 2 → 1 + 8 + 8 = 17 < 27
NO
3
d = 4 , d = 64
“
“
“
b = 3 , c = 3 → 1+27+27 = 55 < 64
NO
3
d = 5 , d = 125
“
“
“
b = 4 , c = 4 → 1+64+64=129 > 125
NO
b = 3 , c = 4 → 1+27+64 = 92 < 125
NO
5) d = 6 , d3 = 216
“
“
“
b = 5 , c = 5 → 1+125+125 = 256 > 216 NO
1)
2)
3)
4)
14
3
6) d = 7 , d = 343
“
“
“
7) d = 8 , d3 = 512
“
“
“
8) d = 9 , d3 = 729
“
“
“
b=4,c=5
b=6,c=6
b=5,c=6
b=7,c=7
b=6,c=7
b=5,c=7
b=8,c=8
b=7,c=8
b=6,c=8
→ 1+64+125 = 190 < 216
→ 1+216+216 = 433 > 343
→ 1+125+216 = 342 < 343
→ 1+343+343 = 687 > 512
→ 1+216+343 = 559 > 512
→ 1+125+343 = 469 < 512
→ 1+512+512 = 1025 > 729
→ 1+343+512 = 856 > 729
→ 1+216+512 = 729
NO
NO
NO
NO
NO
NO
NO
NO
OK !!!
La soluzione è quindi a = 1, b = 6 , c = 8 , d = 9, cifre che compongono il numero 1689.
N.B. E’ anche il minimo numero possibile, infatti le cifre sono in ordine crescente ed è a =1.
Risposta: 1689
Problema 17 − Topi con gli occhi azzurri
18 punti
Una certa colonia è costituita per il 25% da topi bianchi e per il 75% da topi neri. Tra i topi bianchi
il 50% ha gli occhi azzurri mentre tra i topi neri solo il 20% ha gli occhi azzurri.
Sapendo che 99 topi hanno gli occhi azzurri, di quanti topi è composta la colonia?
Soluzione
Il 50% del 25%, cioè 1/8, dei topi della colonia è bianco con gli occhi azzuri;
Il 20% del 75%, cioè 3/20, dei topi della colonia è nero con gli occhi azzuri;
dunque i 99 topi con gli occhi azzurri sono 1/8 + 3/20 =11/40 dell’intera colonia che risulta quindi
formata da 360 individui.
Risposta: 0360
Problema 18 − Le mele
punti 25
Tre amiche stanno dividendo in parti uguali un cesto di mele e si accorgono di poterlo fare senza
tagliare le mele. Arriva una quarta amica e decidono di rifare la divisione, sempre in parti uguali e
riescono nuovamente a farla senza tagliare le mele. Una delle quattro ragazze tornando a casa
mangia 2 mele lungo la strada. Arrivata a casa si accorge di poter dividere le mele rimaste a metà
con il fratello senza tagliarle. Quante potevano essere al minimo le mele originarie?
Soluzione
Indichiamo M il numero di mele. Poiché le tre amiche possono spartirsi le mele in parti uguali senza
tagliarle, M è multiplo di 3. La stessa operazione riesce anche distribuendo le mele a quattro
persone, quindi M è anche multiplo di 4. Risulta allora M = 12h , con h intero positivo. Ognuna
delle quattro amiche porta a casa 3h mele. La ragazza che ne mangia 2 per la strada, si ritrova con
un numero pari di mele. Si ha quindi 3h − 2 = 2m , da cui 3h = 2(m + 1) . Poiché 3 e 2 sono primi tra
loro, le soluzioni possibili sono h = 2 p , m + 1 = 3 p , con p intero. La soluzione positiva più piccola
si ha per p = 1 : m = 2, h = 2, M = 24 .
Risposta: 0024
15
Problema 19 − Le targhe
punti 60
Le targhe italiane sono espresse da una combinazione di due lettere, tre cifre, due lettere, ad
esempio AA000AA. Le lettere appartengono all’alfabeto inglese ma non si utilizzano le lettere
I,O,Q,U per evitare confusione con particolari cifre (quindi vi sono 22 lettere possibili). Sia le
lettere, sia le cifre, seguono un ordine seriale. Viene prima incrementato il numero di tre cifre fino a
999 tenendo invariate le lettere, dopodiché viene avanzata di una unità la combinazione delle
quattro lettere ottenute escludendo le cifre. Ad ogni variazione di una lettera le cifre ritornano a 000.
L’ordine è pertanto del tipo CHAY, CHAZ, CHBA, CHBB, …
Il papà di Sara ha immatricolato la sua auto il 1/7/2003 con la targa CH239FK. La mamma ha
invece immatricolato la sua auto il 30/3/2007 con la targa DG211PB. Quanti veicoli sono stati
immatricolati mediamente al giorno nel periodo 1 luglio 2003 – 30 marzo 2007 (si supponga che
l’auto del papà sia stata la prima auto immatricolata in quella giornata, e la macchina della mamma
l’ultima).
Soluzione.
Cominciamo con il determinare il numero di targhe che precedono CH239FK. Per fare questo
utilizziamo un sistema di numerazione in base 22 le cui cifre sono composte dalle 22 lettere
ammissibili. La lettera A corrisponde a 0, la B ad 1, la C a 2, … In particolare C = 2, H = 7, F = 5,
K = 9. Le targhe che precedono CH239FK sono quindi (2*223+7*222+5*22+9)*103 + 239.
Analogamente
contiamo
le
targhe
che
precedono
DG211PB
e
troviamo
(3*223+6*222+13*22+1)*103 + 211. Sottraendo i due numeri precedenti e sommando 1 al risultato
troviamo che il numero di auto immatricolate nel periodo considerato è 10331973. Il numero di
giorni (il 2004 è anno bisestile) è 366+365+365+31+31+30+31+30+31+31+28+30=1369 (oppure
366+3*365-1-30-31-30). La parte intera di 10331973/1369 è 7547.
Risposta: 7547
Problema 20 − Tutti in fila per 2008
punti 60
Si consideri il numero 1/2008 espresso in forma decimale. Indicare le quattro cifre che occupano
rispettivamente la posizione 2005, 2006, 2007, 2008 dopo la virgola.
Può essere utile sapere che se p è un numero primo diverso da 2 e da 5 ed n un intero non divisibile
per p, la frazione n/p è periodica con periodo avente lunghezza uguale ad un divisore di p-1.
Soluzione.
Sia x = 1/2008. Fattorizzando 2008 otteniamo 23 * 251 con 251 numero primo. Avremo quindi
1000 x = 23 * 53 * x = 125/251 e quest’ultimo avrà periodo di lunghezza uguale ad un divisore di
250 per quanto asserito nell’enunciato. Si ha 125/251 = 0,498007… e dunque x = 0,000498007…
Ci occorre pertanto trovare le cifre di posto 2002, 2003, 2004, 2005 di 125/251. Poiché la lunghezza
del periodo 498007… è un divisore di 250 e dunque di 2000 (effettivamente è lungo 50, ma non è
necessario per risolvere il problema) le cifre a partire dalla 2001 sono proprio 498007… e dunque le
cifre richieste sono 9800.
Risposta: 9800
16