Soluzioni terzo allenamento Olimpiadi della Matematica

(1)

GARA DI MATEMATICA ON-LINE (21/11/2016)

1. UNA GRANDE SERENITÀ [1238]

Sappiamo che

h m

 

50

e che

3 h

 

m

4 h

. Possiamo scrivere la seconda disequazione anche come

3 h h

   

m h

4 h h



, cioè

4 h



50 

5 h

, da cui otteniamo

10  

h

12

. Dovendo essere un numero pari,

12 h



e

m



38

. L’ora cercata è

12 : 38

. 2. UNA STUPIDA LEGGENDA [1066]

Stiamo cercando un numero naturale

1001

 

n

1100

, che abbia una scomposizione in fattori primi del tipo

n

  

2 p q

e per cui

3 p

 

q

4 p

.

Se scriviamo

2 n

q

p



e sostituiamo nella disequazione

3

4

2 n

p



, otteniamo 2 2

6 p

 

n

8 p

. Ora deve accadere che 2

1001 8 p



cioè p11 e

1100



6 p

2, ossia p13. Si deduce che p13.

Di conseguenza

39  

q

52

, quindi q41 in quanto è l’unico valore che rispetta la condizione

2 1100

n

   

p q

. L’anno cercato è

n

  

2 13 41 1066



.

3. LE RAGAZZE POSSONO [8]

Siano

x

le ragazze iscritte. I maschi sono

81 x



.

81

80

73 (

)

81

80

90 x

x

P MM











. Semplificando, si ottiene 81 81 x  9 80 8 0 x   73 9  0 (81x)(80 x) 73 72 , da cui

x



8

.

Si nota che l’equazione è di secondo grado. L’altra soluzione dovrà necessariamente essere un numero superiore a

81

e, quindi, dovrà essere scartata.

4. 67P/CHURYUMOV-GERASIMENKO [36]

Siccome

77 11 7

 

, il più piccolo numero naturale ad avere

77

divisori è 210 36 1024 729 746496, la

cui somma delle cifre è

36

. 5. UN ALTRO DATO [6411]

Sia

abcd

il numero cercato. Osserviamo che

24  

2 3

3 , quindi

d



3

o

d



1

e che la condizione del problema equivale a

a

  

b c d

. Non potendo essere

a



8

, resta solamente il caso

a



6

che ci da due possibilità:

6411

o

6141

. L’ulteriore condizione sulla cifra delle centinaia, ci fa scartare la seconda possibilità.

6. UN LUNGO SONNO [31]

Le rette

AO

e

CO

risultano essere rispettivamente le bisettrici degli angoli

CAB

ˆ

e

ACB

ˆ

; siano rispettivamente



e



ciascuna coppia di angoli uguali. Osserviamo che

DCB

ˆ





in quanto sottende la corda DB esattamente come l’angolo BADˆ e che anche

DBC

ˆ





in quanto sottende la corda

CD

come l’angolo

CAD

ˆ

. Ne segue che

CD



DB

. Considerando il triangolo

COD

osserviamo che gli angoli adiacenti al lato

CO

misurano OCDˆ  

 

, appena provato, e CODˆ  

 

per il teorema dell’angolo esterno applicato al triangolo

AOC

. Il triangolo è isoscele, e dunque

OD



CD

.

La misura di

OD

è, pertanto,

31 cm

. 7. LONTANO LONTANO [5]

Siano

a



1

i cubi di spigolo

3 cm

,

b



1

quelli di spigolo

4 cm

e

c



1

quelli di spigolo

5 cm

. La relazione sui volumi è quindi 27(a 1) 64(b 1) 125(c 1) 577 che semplificata diventa

27 a



64 b



125 c



361

. L’unica soluzione intera è (4; 2;1). I cubi di spigolo

3 cm

sono

4 1 5

 

.

A B D C     O

(2)

8. HELLO, WORLD! [1828] 3 2 8 2573        2 8 5 8 7 8 3 1403. Siccome 1403 8 155 9 , 155 2  17 9 e 17 8  1 9 9

1403 1828



. 9. SD2 [56]

L’equazione data equivale a calcolare

x



12  

x

43 

55

.

Se

x

 

12

, l’equazione diventa

   

x

12 x

43 55



, cioè

2 x

 

24

e quindi

x

 

12

, che non corrisponde alla condizione iniziale;

Se

  

12 x

43 x

  

12 x

43 55



, cioè

0 

0

e quindi

  

x



12; 43



;

Se

x



43    

x

12 x

43 55



, cioè

2 x



86

e quindi

x



43

, che non corrisponde alla condizione iniziale.

I valori interi tra



12

e

43

compresi che risolvono il problema sono

43 12 1 56

  

. 10. L’OPERA D’ARTE [1409]

Usando un solo strumento vi sono

12

possibilità. Usandone due, abbiamo

12 1 65

2  

 

 

 

possibilità, tolto il caso vietato in cui i due strumenti A e B vengono usati assieme.

Con tre scelte, i casi sono 12 10 210 3

     

  .

Con quattro strumenti, i casi sono 12 10 450

4 2

   

 

   

    .

Infine, potendo usare cinque strumenti contemporaneamente, i casi sono 12 10 672

5 3               . In totale

12 65 210 450 672 1409





. 11. IL COMPLEANNO [57]

Con 12 tagli un cubo viene diviso in

125

cubetti. Di ciascuna delle facce laterali, 12 cubetti verificano la

condizione richiesta. A questi dobbiamo sommare i

9

della faccia superiore, per un totale di

12 4 9

  

57

cubetti.

12. IL COSTOSO SOPRAMMOBILE [2313] Organizziamo i dati a forma di triangolo:

(0; 0)

(1; 0)(0;1)

(2; 0)(1;1)(0; 2)

(3; 0)(2;1)(1; 2)(0;3)

...

In questo modo su ciascuna riga abbiamo tutte le coppie ( ; )a b la cui somma

a b



è la stessa.

(33;34) si troverà sulla riga che comincia con (67;0), che è 67 68 2279 1

2

C _ C

  . Per arrivare a (33;34) basta avanzare ancora

34

posti nella sequenza fino ad arrivare a

C

₂₃₁₃



(33;34)

.

(3)

13. MESSAGGERI CHE VENGONO DAL FREDDO [765]

Ricordando la formula per calcolare il volume del tronco di piramide, il problema è presto risolto, dividendo il solido nei due tronchi che lo compongono.

La formula è



₁ ₂ ₁ ₂



3

h

V  A A  A A . Nel nostro caso:





3 1 16 36 9 36 9 336 cm 3 T      e ₂ 11



81 9 81 9



429 cm3 3 T      .

Il volume totale richiesto è 3 1 2

765 cm

V

  

T

. 14. MENO DENSA DELLA TERRA [470]

La condizione a1 a2 ... an n n     è equivalente a 2 1 2 ... n a   a a n



n

.

Sarebbe sufficiente questa informazione per riconoscere la successione dei numeri dispari. Convinciamoci con i calcoli:

Poniamo

n



1

. 2 1 1 1

a   è il primo termine della progressione aritmetica. Poniamo

n



2

.

a

₁



a

₂



4

, cioè

a

₁

  

a

₁

k

4

, da cui si ricava

k



2

, la ragione. Ne segue che

a

_n



2 n



1 

n

.

Calcoliamo la posizione di

939

nella successione: siccome

2 x

 

1 939

,

x



470

. 15. SATELLITI [515]

Se pensiamo che i raggi dei due satelliti siano identici, la natura del problema non cambia.

I due satelliti avranno distanza minima quando occupano lo stesso punto nello spazio e distanza massima quando sono da parti opposte rispetto alla terra.

Esprimiamo le velocità in gradi

minuto: 1

360 112 min

v   e ₂ 360

240 min

v   . I due satelliti si troveranno da parti opposte dopo essersi incontrati una volta al tempo

t

, quando la differenza tra i gradi percorsi sarà pari a

360 

180  

540  (un giro e mezzo).

Calcoliamo

t

risolvendo l’equazione

v t

₁



v t

₂



540

, cioè



v

1



v t

2





540

e quindi

1 2

540 540 540 540

315 min 5 ore 15 min

360 360 360 1 1 360 8 112 240 16 7 15 16 105 t v v        _  _  _     . L’ora richiesta è

5 :15

. 16. PROBLEMI DI ATTERRAGGIO [135]

Tracciamo dal vertice

C

l’altezza

CH

. Si nota che

ACH

è un triangolo rettangolo isoscele, con

CH



AH

.

Il triangolo

CHB

è mezzo triangolo equilatero e quindi

1

2CBCM CH e questo è sufficiente per affermare che il

triangolo

CHM

è equilatero. Si ricava che

HM



CH



AH

e

quindi il triangolo AHM risulta essere isoscele. Da quanto scoperto, e osservando che

ˆ

₉₀

₆₀

₁₅₀

AHM

    

, si ricava che

MAH

ˆ



HMA

ˆ

 

15

.

ˆ

₁₈₀

ˆ

₁₈₀

₍₆₀

_{15 ) 135}

AMB



 

AMC



 

   



. 17. ANALISI DATI [4545]

2016 1016

2 2 2n possiamo vederlo come un quadrato di binomio. Ci sono tre possibili casi:

1)

 

2 2 1008 1015 ₂ 2 2 2 2 n     _{  }   e quindi 1015 1008 2 n   cioè

n



14

; 2)

 

1008 2 1

 

508 2 2  2 2n  2 e quindi

n

 

1 1008 508



cioè

n



1517

; A B C M H

(4)

3)

 

2 2 2015 508 2 2 2 2 2 n           e quindi 2015 508 2 n   cioè

n



3014

. La somma dei tra casi vale

3014 1517 14





4545

.

18. DALLE BICICLETTE ALLE SONDE [4224]

Siano

a

,

b

e

c

le soluzioni del polinomio p x( ). Dalle formule di Viète si osserva che

abc

 

1

,

3 ab bc ac





e

a b c

  

5

. Calcoliamo: 2 2 2 2

1

1 (

)

a



b



c



abc



;





2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2(

)

1

1 25 6

19 (

)

(

)

1 a b c

ab bc

ac

a

b

c

a

b

c

a

c

abc

 



















;





2





2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

1

1 9 10

19 (

)

(

)

1 ab bc

ac

abc a b c

a b

b c

a c

a

b

c

abc





 





.

Il polinomio cercato è quindi 3 2

( )

19

1 q x



x



x



x



.

(25)

4224

q



.

19. 30 SETTEMBRE 2016 [1374]

Prolungando i lati dell’esagono (come in figura) si ottiene un triangolo equilatero di lato

a b c

  

70 cm

. Questo porta a trovare immediatamente la misura di

e



70   

c d

20

.

L’area cercata è: esagono a b c a c e A  A_{ } A A A  70 3 1 35 3 1 10 3 1 20 3 1 70 35 10 20 2 2 2 2 2 2 2 2             



2 2 2 2



2 3 3175 3 70 35 10 20 1374,854 cm 4 4       . 20. CHI SIAMO? [1360]

Sia r la retta di equazione y2x17 che contiene due dei quattro punti del quadrato e sia y2x k l’equazione della retta parallela a

r

che contiene gli altri due punti.

Il sistema 2

2 y

x

y

x

k

 









ha per soluzioni A(1 1k; 2 k 2 1k) e B(1 1k; 2 k 2 1k). Calcoliamo la distanza di A dalla retta r:





2 2 1

2 1

1

17 ₁₇

( ; )

5

5 k

k

_k

d A r

 





_



, dove abbiamo potuto togliere il valore assoluto sapendo che

k

 

17

, per la natura del problema.

Calcoliamo ora la lunghezza del segmento AB:

1 AB



 1 k 1



2 1 k 2 k   



 2 1  k 2 k



2 2 1 k 20(1 k)     .

Per essere un quadrato deve accadere che

( ; ) d A r AB, cioè

17 20(1

)

5 k

k



_

_

, che porta a trovare

k

₁



3

e

k

₂



63

.

Le aree dei due quadrati sono A₁ AB2 20(1 3) 80 e A₁ AB2 20(1 63) 1280  .

La somma richiesta è

A

₁



A

₂



1360

. a b c d e f