01_sup_Soluzioni.pdf

(1)

GARA DI MATEMATICA ON-LINE (17/10/2016)

1. UN PROBLEMA PER BATTISTA [9600]

Se le ruote fossero state solo quattro, ciascuna avrebbe percorso 12.000 km per un totale di

48.000 km

. Dividendo questo totale per ciascuna delle cinque ruote usate otteniamo

9.600 km

, i chilometri effettivamente percorsi da ciascuna ruota.

2. IL DEPOSITO [8450]

Indicato con

x

il lato del quadrato di base, la superficie indicata può essere scritta: 2

4

50 2769

x

  

x



, cioè 2

200 2769

0 x



x





,

equazione che, risolta, permette di trovare come unica soluzione accettabile

x



13 m

, da cui il volume

2 3

13 50 8450 m

V







. 3. STIMA DI SICUREZZA [6093] La probabilità è

4

1

52

13 0, 076923

p



.

La terza cifra dopo la virgola è

6

. La settima è

0

visto che il numero è periodico di sei cifre. Siccome

1000



4 mod 6

, la millesima cifra è quella che sta al quarto posto, cioè

9

mentre, siccome

2016



0 mod 6

, la 2016-esima è

3

, la stessa del sesto posto. Il risultato richiesto è

6093

. 4. GRANDI PROGETTI [1071]

Indicato con

a



1428

il lato noto del rettangolo, se

a x



è l’altro lato, la diagonale risulta valere ax. Per il Teorema di Pitagora 2 2 2

(

a



x

)



a



(

a



x

)

e quindi 2

4

0 a



ax



. Essendo

a



0

,

1428

357

4

4 a

x

 



e quindi

a x

 

1071 m

. 5. CACCIA AL TESORO [3780]

In una delle tre squadre dovranno esserci necessariamente due nipotini e due dei restanti nove ragazzi:

3

9

2

2   

  

  

modi possibili. Nella seconda squadra dovrà esserci il nipotino mancante e tre dei ragazzi non

ancora scelti per la prima squadra:

7

3  

 

 

modi possibili. Gli altri dovranno far parte tutti della terza

squadra.

3

9

7 3 36 35

3780

2

3    

  



   

   

. 6. AVVENTURA A FANDONIA [5120]

Per aver due persone che hanno sbagliato entrambe di

40 g

è necessario che uno dei pesi sia inferiore ed uno superiore, mentre la risposta esatta è la loro media aritmetica. Cerchiamo tra i dati due pesi che differiscano di

80 g

. Le coppie

(5030;5110)

e

(5080;5160)

verificano entrambe questa condizione. Il peso corretto per la prima sarebbe

5070

, ma questo significherebbe che uno degli intervistati è stato

1428+x

1428

(2)

7. TORTA DI COMPLEANNO [228]

La fetta ottenuta dal primo taglio, a distanza

x

dal vertice, è un triangolo di base

x

e altezza

399

2

, triangolo la cui area deve essere

1

7

dell’area del quadrato. Scrivendo tutto sotto forma di equazione, otteniamo: 2

399 1

399

2

7 x



 

399 4

228 mm

7 x







. 8. IL NUOVO CODICE [1999]

Sfruttiamo la formula che calcola la somma dei cubi

2 3 3 3 3 ( 1) 1 2 3 ... 2 n n n        _{ } _   : 199 99 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 1 1 1 3 5 ... 199 1 2 3 4 ... 199 2 4 ... 198 8 i i i i                 



 









2 2 2 2 2 2 2 2 4 4

199 200

99 100

8 199 100

2 99 100

199 2 99

10 19999 10

2

2 







_{ }





_

_

_{ }

_

_

_{ }

_

_

_

















. 9. LA CLESSIDRA [155]

Se l’altezza raggiunta è pari a

2

3 h

, allora la parte che resta da riempire è pari a

1

3 h

, cioè

1

27

del volume. Se in

4030

secondi la sabbia ha riempito

26

27

del volume, la restante parte sarà riempita in

4030

155

26 

secondi.

10. LICENZIAMENTI A CANALEPAP [149]

Una delle possibili strategie è la seguente: l’ultimo della fila vede 149 cappelli e li conta. Se il numero di quelli bianchi è pari, allora dice “bianco”, altrimenti dice “nero”. Quello che precede, vedendo 148 cappelli e conoscendo la parità data dall’informazione fornita dall’ultimo dipendente saprà esattamente il colore del suo cappello, e così via tutti gli altri. Si salvano certamente

149

dipendenti, e con probabilità del

50%

il primo che ha parlato.

11. DIFESA ANTI AMELIA [354] Riscriviamo l’equazione:

2 2

2 yx 615, ovvero

(2yx)(2yx)41 5 3  .

Indicato con

A



2

y è necessario trovare le soluzioni dei sistemi

A x

k

A x

h

 



  



con

hk

  

3 5 41

,

k



h

.

Solo uno dei sistemi porta ad una soluzione dove

A

è una potenza di

2

e precisamente

A



64

e

x



59

. L’unica soluzione è la coppia

(59;6)

.

(3)

12. CINEMA O PARTITA? [2707]

Calcoliamo quanti numeri sono divisibili per

2

, per

5

o per

7

sfruttando il principio di inclusione/esclusione: 2

2016 : 2

1 0

#

D





_



_



0 8

5

2016 : 5

03 #

D

 







4

7

2016 : 7

88 #

D

 







2

2 5

2016 :10

0 #

D















2 1

2 7

2016 :14

4 #

D

_





_



_



1 4

5 7

2016 : 5

57 #

D

_





_

3 

_



2 5 7

2016 : 70

28 # D

 













2 5 7

#

D

_{ }



1008 403 288 201 144 57 28 1325









1325

691 (cinema) 1

2016

P

 



. 13. IL NUOVO TERRENO [4500]

Detti

x

e

y

i due cateti, per il Teorema della bisettrice

x y

:



50 :100

e cioè

2 y



x

.

Per il Teorema di Pitagora 2 2 2

150 x



y



, cioè

x

2



4 x

2



150

2 e quindi 2

4500

x



. L’area cercata è 2 2

4500 m

2 xy

A



x



.

14. DIFESA ANTI AMELIA 2 [2015]

Osserviamo che moltiplicando sia il numeratore che il denominatore di

p x y

( , )

per

(

x



y

)

si ottiene che 2048 2048 2048 2048

( , )

x

y

x

p x y

x

y

x







. 2048 2048

2

1 (1, 2)

2 1

p





, 2048 2048

3

2 (2,3)

3 2

p





... Quindi 2048

(1, 2)

(2,3) ...

(2015, 2016)

2016

1 p



p

 

p





, semplificando i termini a due a due. 2048

2016

1 (1, 2016)

2016 1

p





e quindi 2048 2048 (1, 2) (2, 3) ... (2015, 2016) 2016 1 2015 2016 1 (1, 2016) 2015 p p p p    _  _  . 15. PASSATAMPI DA PRIGIONE [422]

20 18 16 14

224

99 (almeno 1 coppia) 1

(nessuna coppia) 1

1 20 19 18 17

323

323 P

 

P

 



 



. A B C P x y

(4)

16. DIFESE ANTI-BASSOTTO [5202]

Consideriamo il quadrilatero

AOBQ

dove

O

è il centro della figura e

Q

è il centro della circonferenza che genera l’arco

AB

.

L’angolo

AOB

ˆ

 

45

in quanto è l’ottava parte di un angolo giro. L’angolo

ˆ

15

3

135

20

4 AQB













. Ne segue che

QBO

ˆ



QAO

ˆ

 

90

.

L’area della figura può essere ottenuta sottraendo all’area di un ottagono regolare di lato

40 m

l’area di tre circonferenze di raggio

20 m

.

2 2

40 2(1

2) 3 20

3200 3200 2 1200

A







 











.

17. BASSOTTI ALL’ATTACCO [45]

Per il teorema della bisettrice, applicato al triangolo

ABC

, accade che

BE

AB

EC



AC

.

Sia ora

BT

la bisettrice dell’angolo

ABH

.

ˆ

₉₀

₂

ABH

  



, quindi

ABT

ˆ



45 



.

ˆ

₁₃₅

ABE



 



, quindi

ACB

ˆ



180  

2 



(135

 



)

  

45 

.

I triangoli

ABT

e

ABC

sono simili in quanto hanno l’angolo in

A

in comune e l’angolo

ACB

ˆ



ABT

ˆ

, quindi

AB

AT

AC



AB

.

Sempre per il teorema della bisettrice, applicato al triangolo

ABH

, possiamo scrivere che

AB

AT

BH



TH

o in alternativa

AT

TH

AB



BH

.

Il triangolo

TBC

è retto in

B

, quindi per il secondo Teorema di Euclide possiamo scrivere che 2

BH



TH HC



, che possiamo anche esprimere nella forma

TH

BH



HC

. Mettendo assieme tutte le relazioni trovate abbiamo che

BE

AB

AT

TH

BH

EC



AC



AB



BH



HC

. Da

BE

BH

EC



HC

, per il teorema della bisettrice, segue che

HE

è la bisettrice di

ˆ

₉₀

BHC

 

, quindi

ˆ

₄₅

EHC

 

.

18. COMPITI PER CASA [999]

2 2 6 1 1 6 1 6

3

n



2

n



9

n

 

2 2

n

 

( 2)

n

 

2 (2 )

n

   

( 2) ( 2)

n

  

2 ( 2)

n

 

( 2) ( 2 2)

n

  

0 mod11

. Quindi



n

,

3

2n2



2

6n1



0 mod11

.

Il più grande numero di tre cifre che risolve il problema è

n



999

.

A B O Q A B C T H E 45° x

(5)

19. ARCHIMEDE E L’ALGEBRA [818]

Per il Teorema di Ruffini, abbiamo un polinomio

p x

( )

tale che

p

( 2)

 

4

,

p

(2)



8

e

p

( 3) 13

 

. Determiniamo una funzione polinomiale di secondo grado nella forma 2

( )

f x



ax



bx c



che passi per i punti

( 2; 4)



,

(2;8)

e

( 3;13)



. Risolvendo il sistema 4 4 2 8 4 2 13 9 3 a b c a b c a b c               si ottiene 2

( )

2

2 f x



x

 

x

.

Il polinomio

q x

( )



p x

( )



f x

( )

è tale che

q

(2)

    

q

( 2)

q

( 3)

0

e quindi, per il Teorema di Ruffini, lo possiamo scrivere nella forma

q x

( )



A x x

( )(



2)(

x



2)(

x



3)

. Ne segue che

2

( )

( )(

2)(

3) 2

2 p x



q x



f x



A x x



x



x

 

x

 

x

.

( )

f x

è proprio il resto della divisione di

p x

( )

per

(

x



2)(

x



2)(

x



3)

.

(20)

818 f



.

20. DIFESA ANTI AMELIA 3 [1680]

1

143 6(

)

1

165 6(

)

1

220 6(

)

b

c

b

ab

bc

ac

ab bc

ac

c

a

c

ab

bc

ac

ab bc

ac

a

b

a

ab

bc

ac

ab bc

ac



_



_



_









_

_

_

_





_



_



_



_



_



_

_





_



_



_



_



_



_

_



Indichiamo con

S

  

a b c

,

P



abc

e

Q



ab bc ac



. Il sistema diventa

143

6

165

6

220

6 b

c S

c

b P

Q

c

a S

a

c P

Q

a

b S

b

a P

Q



_



_













_



_



_



_





_



_











Sommiamo tra loro le tre equazioni:

143 165 220

6 a

b

c

b

c

a S

b

c

a

b

c P

Q





_{    }



_









che possiamo anche scrivere

3

88 QS

P S

P

Q





ovvero

3

88 QS

QS

P



_



_









. Detta

T

QS

P



risolviamo in

T

l’equazione di secondo grado

T

2



3 T



88 

0

che ne deriva. L’unica soluzione accettabile è

T



11

in quanto la quantità

QS

(6)

13

6

5

2

10

3 b

c

b

c

a

c

a

b

a

  



  





  



che sono tutte equazioni riconducibili a equazioni di secondo grado. Ad esempio nella prima, sostituendo