Gara League of Legends
Michele Caselli, Flavio Ascari, Giovanni Augusto Gozzi,
Luca Foracchia, Gabriele Morselli, Marco Aleotti
7 novembre 2016
1
Benvenuti nella landa degli e
vocatoriSoluzione[5409]
L’area del triangolo mistilineo `e ABGF = ABGOF − AF GO (area del quarto di circonferenza
FGO). L’area colorata `e uguale a:
AABCD− 2 · ABGF − 2 · AAF E 4 Con: ABGF = 9 16l 2−9l 2π 64 = 9l2(4 − π) 64 Allora l’area cercata `e:
=1 4 l2− 29l 2(4 − π) 64 − 2 l2π 64 = l 2 32(2π − 1) Sostituendo e svolgendo i calcoli si ottiene 5409
2
Attempting to reconnect
Soluzione[104]
modo:
=(√6 +√7) −√5 (√6 +√7) +√5·√5 − (√6 −√7) √5 + (√6 −√7)= =(√6 +√7)2− 5 5 − (√6 −√7)2= (2√42 + 8)(2√42 − 8) = 4 · 42 − 82= 104
3
Tessssoro
Soluzione[90]
Per il secondo teorema di Euclide sul triangolo ABC, AH2= CH · BH. Per costruzione ho che C0H = 12CH e che B0H = 2 · BH ⇒ C0H · B0H = 1
2CH · 2BH = CH · BH. Allora anche il
triangolo AB0C0 `e retto in bA
4
Un uomo semplice
Soluzione[16]
Dato che 24 = 23· 3 riscriviamo come 50!
23n·3n, calcoliamo qunati multipli di 2 e di 3 ci sono in 50!
v2(50!) = b 50 2 c + b 50 4 c + b 50 8 c + b 50 16c + b 50 32c = 25 + 12 + 6 + 3 + 1 = 47 v3(50!) = b 50 3 c + b 50 9 c + b 50 27c = 16 + 5 + 1 = 22 Quindi nel numero non `e intero se accade almeno una di queste due cose: - 47 < 3n =⇒ n ≥ 16
- 22 < n =⇒ n ≥ 23
Prendiamo il minimo n che `e n = 16
5
La lama che fu spezzata
Soluzione[6071]
Per prima cosa, calcoliamo le ultime due cifre. Per farlo `e sufficiente calcolare il prodotto in modulo 100:
(11·101·1001·10001·27·207·2007·20007) ≡100(11·1·1·1·27·7·7·7) = 11·27·73= 101871 ≡10071
Siccome 9 e 11 sono tra i fattori del numero, sfruttiamo i rispettivi criteri di divisibilit`a per trovare le cifre A, B. Abbiamo quindi:
2 + 4 + 9 + A + B + · · · + 7 + 1 ≡90 ⇒ A + B ≡96
(2 + 9 + B + · · · + 6 + 7) − (4 + A + 5 + · · · + 5 + 1) ≡116 + B − A ⇒ A − B ≡116
6
Walking Ghoul
Soluzione[144]
Notare che i 3 triangoli grigi sono simili tra loro e anche ad 4ABC, dal momento che i loro rapporti tra le aree sono (4, 9, 49) quelli tra i lati saranno (2, 3, 7), ma notiamo anche che un lato di ABC `e la somma dei 3 lati rispettivi dei triangoli grigi, l’area di ABC `e quindi (2+3+7)2= 144
7
La signora degli intrighi
Soluzione[32]
Abbiamo che esattamente un numero della quaterna dev’essere 0 (non ce ne possono essere di pi´u altrimenti si annullerebbe almeno un’altra equazione del sistema). Poniamo ad esempio a = 0.
Otteniamo b2= c2= d2⇒ a = 0 c4= 1 d4= 1 b4= 1 ⇒ a = 0 c = ±1 d = ±1 b = ±1
Ho quindi 4 modi per sistemare lo 0 e 2 modi per scegliere ogni numero rimanente. In totale 4 · 23= 32
8
Arbitro in terra del bene e del male
Soluzione[600]
Il primo valore per cui f (x) = b2xc + b4xc + b6xc + b8xc `e diversa da 0 `e 18. Per i primi casi ho: 1 8 ≤ x < 1 6, f (x) = 1 1 6 ≤ x < 1 4, f (x) = 2 1 4 ≤ x < 1 3, f (x) = 4 1 3 ≤ x < 3 8, f (x) = 5 3 8 ≤ x < 1 2, f (x) = 6 1 2 ≤ x < 5 8, f (x) = 10
Allora vedo x = 12k + y, con 1 ≤ k ≤ 99 e 18 ≤ y ≤ 1
2. La funzione diventa: f (x) = 10k + b2yc +
b4yc + b6yc + b8yc.
f (x) assume quindi solo i valori 10k + 1, 10k + 2, 10k + 4, 10k + 5, 10k + 6, 10k. In totale quindi 600 = (6 + 6 · 99) valori (N.B. per k = 99, y =12 ⇒ f (x) = 1000)
9
Lavori stellari
Soluzione[169]
Per ogni numero n = a1a2a3...ak sia f (n) = (a1+ a2+ a3... + ak)2Scriviamo i primi valori che
assumono le composizioni di f f1(11) = f (11) = (1 + 1)2= 4 f2(11) = f (4) = 42= 16 f3(11) = f (16) = (1 + 6)2= 49 f4(11) = f (49) = (4 + 9)2= 132= 169 f5(11) = f (169) = (1 + 6 + 9)2= 256 f6(11) = f (256) = (2 + 5 + 6)2= 169 f7(11) = f (169) = 256 f8(11) = f (256) = 169 ...
D’ora in poi si alterneranno solo i numeri 169 e 256 quindi f2016(11) = 169
10
Operetta da 4 soldi
Soluzione[7236] a, b, c, 6= 0 per ipotesi.
b ´e pari ed ´e nella fattorizzazione ⇒ b = 2. Allora, per 2), d = 1 ∨ d = 6. Se d=1: a2 = 2(c1) ⇒ a = 2c 1a 6= 11, 13, 17, 19 Se d=6: a2 = 2(c6) ⇒ a = 2c + 1 6a = 61 ∨ 6a = 67 Se a = 1 ⇒ c = 0 assurdo. Allora a = 7, c = 3 ⇒ abcd = 7236
11
π
Soluzione[6188]
Notiamo che, in un triangolo Vi, Vi+17, Vi−17, `e indifferente quale dei tre vertici scegliamo in
partenza: in ogni caso, dato uno di loro, anche gli altri due appartengono al nostro S15. E’
sufficiente allora scegliere 5 vertici distinti tra i primi 17 per determinare il numero di insiemi 15-triangolari. La soluzione `e quindi 175= 6188
12
Il supermercato della landa
Soluzione[120]
un terzo di passo di Kassadin. Ho g(numero passi di Hecarim)·(1 − x) = A, A numero di gradini visibili (lunghezza della scala) e soluzione del problema, e f (numero di passi di Kassadin)·(1 + 3 · x) = A
quindi g − gx = f + 3f · x g − f = x(g + 3f )
x = (g − f )/(g + 3f ) A = g(1 − x)
Con questi dati, x = 75/375 = 0.2 quindi A = 150 ∗ 0.8 = 120
13
All’ombra dell’ultimo sole
Soluzione[61]
Chiamiamo K l’intersezione di AR con la circonferenza e H l’intersezione del prolungamento di
AR con la circonferenza.
Per il teorema delle secanti ho: HR : N R = XR : KR ⇒ N R · XR = HR · KR
⇒ N R · XR = (r + AR) · (AR − r). Sostituendo: N R · XR = (86 + 97) · (97 − 86) = 2013. Scrivo N R come N X + XR. Risolvo l’equazione (N X + XR) · XR − 2013 = 0.
XR = −N X ± √
N X2+ 4 · 2013
2
Siccome XR `e un intero, √N X2+ 4 · 2013 dev’essere un quadrato. √4 · 2013 =√8052 ∼ 892.
I prossimi quadrati sono: 8100 = 902⇒ N X2= 48 8281 = 912⇒ N X2= 229 8464 = 922⇒ N X2= 412 8649 = 932⇒ N X2= 597 8836 = 942⇒ N X2= 784 ⇒ N X = 28 Allora XR = 33 e N R = 61
14
Ombra che cammina
Soluzione[156]
Se a, b ∈ Z allora M CD(a + b, mcm(a, b)) = M CD(a, b) Dimostrazione:
⇒ d | a(a + b) ⇒ d | (a2+ ab) ⇒ d | a2. Analogamente:
⇒ d | b(a + b) ⇒ d | (b2+ ab) ⇒ d | b2 ⇒ d = M CD(a2, b2) = 1
Quindi M CD(a + b, mcm(a, b)) = M CD(a, b).
Se M CD(a, b) = d > 1 ⇒ M CD(ad,db) = 1. Per il punto prima: ⇒ M CD(a d, b d) = M CD( a d + ab d2) ⇒ M CD(a + b, ab d) = M CD(a, b) = d
Per la propriet`a enunciata, M CD(m, n) = M CD(258, 2652) = 6 ⇒ m = 6k, n = 6h, M CD(h, k) = 1 ⇒ h + k = 258 6 = 43 ⇒ mcm(h, k) = 2652 6 = 442. Risolvo h + k = 43 hk = 442
(h, k) = (17, 26) o (h, k) = (26, 17). Le coppie possibili sono dunque: (m, n) = (102, 156) e (m, n) = (156, 102)
15
Stagione di caccia
Soluzione[1728]
Tutte le esche possibii sono date dal numero di esche aventi 1 coppia di pezzi dello stesso tipo di carne consecutive pi`u tutte quelle non aventi nessuna coppia di pezzi uguali consecutivi. Le prime sono 3 · 7 · 26 (3 modi di scegliere il tipo di carne raddoppiato, 7 modi di scegliere in che punto dell’esca inizia la coppia e 26 modi di scegliere i rimanenti 6 pezzi), le seconde sono 3 · 27(3 modi per scegliere il primo pezzo, 2 per ogni pezzo successivo.)
soluzione: 1344 + 384 = 1728
16
Katarina dai pugnali volanti
Soluzione[132]
La soluzione `e il sesto numero di Catalan: C6= 17· 126 = 132
17
Un nano `
e una carogna di sicuro...
Soluzione[833]
Vogliamo che x2− x + 1|xk+ x − 1, facendo la divisione tra polinomi si trova che il primo k che
funziona `e k = 5 quindi x2− x + 1|x5+ x − 1 e scriviamo x5+ x − 1 = (x2− x + 1)Q(x), abbiamo:
xk+ x − 1 x2− x + 1 ∈ R[x] =⇒ xk+ x − 1 − Q(x)(x2− x + 1) x2− x + 1 ∈ R[x] =⇒ =⇒ x k+ x − 1 − (x5+ x − 1) x2− x + 1 ∈ R[x] =⇒ xk− x5 x2− x + 1 ∈ R[x] =⇒ =⇒ x5· x k−5− 1 x2− x + 1 ∈ R[x] =⇒ xk−5− 1 x2− x + 1 ∈ R[x]
Poniamo per comodit`a m = k − 5 dobbiamo trovare per quali m si ha
x2− x + 1|xm− 1, quivale a trovare quali polinomi del tipo xm− 1 posso costruire partendo da
x2− x + 1 moltiplicandolo per altri polinomi:
(x3+ 1)(x3− 1) = x6− 1 =⇒ m = 6 (x6− 1)(x6+ 1) = x12− 1 =⇒ m = 12 (x6− 1)(x12+ x6+ 1) = x18− 1 =⇒ m = 18 (x12− 1)(x12+ 1) = x24− 1 =⇒ m = 24 (x6− 1)(x24+ x18+ x12+ x6+ 1) = x30− 1 =⇒ m = 30 .. .
Quindi possiamo costruire gli m multipli di 6, ma k = m + 5 tutti i k possibili sono del tipo k = 6a + 5 e questi k minori di 5000 sono 49986 = 833 poich`e 4998 `e l’ultimo numero minore di 5000 e della froma 6a + 5.
18
oktoBEERfest
Soluzione[1000] X = 3 q√ 52 + 5 − 3 q√ 52 − 5 = 3 q 5 +√52 + 3 q 5 −√52 X3= 5 +√52 + 5 −√52 + 3 3 q 5 +√52 + 3 q 5 −√52 3 q 5 +√52 · 3 q 5 −√52 X3= 10 + 3 3 q 5 +√52 + 3 q 5 −√52 3 √ 25 − 52 X3= 10 + 3 3 q 5 +√52 + 3 q 5 −√52 (−3) X3= 10 − 9X (X − 1)(X2+ X + 10) = 0Ma X2+ X + 10 ha ∆ < 0 quindi necessariamente X = 1, la risposta `e allora 1000
19
Il piano supercattivo di Draven
Soluzione[6]
Siano r1, r2, r3...rn le radici di P (x), partiamo dall’identit`a: n X i=1 ri !2 = n X i=1 r2i + 2 X i6=j rirj
Dalle formule di Viete abbiamo
(−a1)2= n X i=1 ri2+ 2a2 n X i=1 r2i = (−a1)2− 2a2= 1 − 2a2
Ma tutti gli ri sono reali quindi Pni=1r2i ≥ 0 quindi a2= −1 e di conseguenza n
X
i=1
r2i = 1 − 2a2= 3
Abbiamo anche ±an =Q n
i=1ri quindiQ n i=1r
2
i = a2n= 1, ora in riferimento ai reali non negativi
r2 1, r22, r23...r2n applichiamo AM − GM : Pn i=1r2i n ≥ n v u u t n Y i=1 r2 i 3 n ≥ n √ 1 n ≤ 3 Ora per casi sul grado n di P (x):
1) n = 1 =⇒ P (x) = x + a1
Sia P (x) = x + 1 che P (x) = x − 1 rispettano entrambe le condizioni 2) n = 2 =⇒ P (x) = x2+ a
1x − 1
Perch`e abbia entrambe le radici reali ci serve ∆ ≥ 0 quindi a2
1+ 4 ≥ 0
allora P (x) = x2+ x − 1 o P (x) = x2− x − 1
3) n = 3 =⇒ P (x) = x3+ a1x2− x + a3
Si trovano solo P (x) = x3+ x2− x − 1 = (x − 1)(x + 1)2o P (x) = x3− x2− x + 1 = (x − 1)2(x + 1)
Perch`e x3+ x2− x + 1 = 0 non ha tre soluzioni reali( il caso dell’altro polinomio `e analogo, il calcolo che fa venire l’assurdo `e esattamente uguale): siano a, b, c le radici di x3+ x2− x + 1 = 0, dalle formule di Viete abbiamo a + b + c = −1 e ab + bc + ca = −1 e abc = −1 troviamo:
1 a2+ 1 b2+ 1 c2 = 1 a+ 1 b + 1 c 2 −2 1 ab+ 1 bc+ 1 ca = ab + bc + ca abc 2 −2 a + b + c abc = 1−2 = −1 Il che `e assurdo perch`e una somma di quadrati `e sempre positiva.
Sono quindi 6 i polinomi egocentrici.
Soluzione[1248]
E’ bene tenere a mente (perch`e abuser`o di questo) che essendo AI, BI, CI bisettrici allora ∠IBD = ∠B/2, ∠ICD = ∠C/2 e ∠IAE = ∠IAF = ∠A/2.
Per prima cosa chiamiamo R = AI ∩ EF e U = AI ∩ BC, cerchiamo qualche angolo: ∠RIP = ∠BIU = ∠AU C − ∠IBD = (180 − ∠A/2 − ∠C) − ∠B/2 = 90 − ∠C/2 = ∠DIC Dato che E, F sono i punti di tangenza allora F E ⊥ AI quindi ∠IRP = 90 allora i triangoli 4P RI e 4CDI sono simili perch`e sono entrambi rettangoli e hanno ∠RIP = ∠DIC. Simmet-ricamente si ottiene che sono simili 4QRI e 4BDI. Chiamiamo DI = IE = IF = r perch`e inraggi, dalle similitudini abbiamo le relazioni:
RP =RI · DC
r RQ =
RI · BD r
I triangoli 4IEA e 4IRE sono simili perch`e rettangoli e con un angolo in comune, dalla simil-itudine abbiamo RIr = AIr quindi AI · RI = r2.
Ora possiamo calcolare l’area del quadrilatero AQIP : AreaAQIP = 1 2 · AI · QP = 1 2 · AI · (RP + RQ) = r2 2RI BD · RI r + DC · RI r = = r 2(BD + DC) = 1 2 · r · BC = [4BIC]
Quindi l’area richiesta `e AreaBIC+ AreaAQIP = 2 · AreaBIC. Troviamo intanto l’area di ABC
con la formula di Erone:
AreaABC=
√
128 · 96 · 24 · 8 = 1536 Ora troviamo r = [ABC]p/2 = 1536128 = 12, possiamo concludere:
2 · AreaBIC = 2 ·
r · BC
