GARA DI MATEMATICA ON-LINE (21/02/2022) SOLUZIONI

GARA DI MATEMATICA ON-LINE (21/02/2022) SOLUZIONI

1. UN PIANO SEMPLICE [0060] (Matteo Rossi)

Il 60% può morire ingerendo il veleno, il 15% in entrambi i modi, quindi il

(60 15)%   45%

può morire solo a causa del veleno ingerito. Applicando lo stesso ragionamento sull’altro caso si ottiene che il 15% può morire solo a causa del veleno respirato. La risposta è quindi 45 15 60.

2. PROBLEMI TRANSOCEANICI (PARTE 1) [0390] (Michele Trosso)

Si osserva che i triangoli ACE, CEF e CFD sono equilateri e congruenti.

Si osserva inoltre che la somma delle aree di ECH e di

DKF

è esattamente un triangolo equilatero.

Si osserva, inoltre, che il quadrilatero CKGH è esattamente un terzo di triangolo equilatero.

L’area cercata vale dunque

4

3

dell’area di un triangolo equilatero di lato 26 cm.

2 2

4 1 26 676

26 3 3 cm 390, 28 c

3

3 m

2 2

Area      

3. UN CURIOSO REGALO [2982] (Matteo Rossi) Notiamo che l’

( 1)

2 n n 

-esimo termine è

n

, ci serve quindi

( 1)

1000 45

2

n n     n

.

44 45 2 990

 

,

quindi gli ultimi 10 termini saranno uguali a 45. La somma dei primi

n

termini equivale alla somma dei primi

n

quadrati (una volta uno, due volte due, ecc…), ponendo n44 otteniamo

44 45 89

29370 6

  

, aggiungendo gli ultimi 10 termini: 29370 450 29820. La risposta è 2982.

4. QUESTIONE DI FORTUNA [0019] (Matteo Rossi)

Il problema equivale a trovare il minimo

n

intero positivo tale che

2 210

4 213

n

n n

 

  :

    

²

2 210

2 213 210 4 5 414 0 18

4 213

n n n n n n n

n n

         

 

La risposta è 0019.

5. ATTACCO ALLA BBC [0000] (Matteo Rossi)

Notiamo che la somma dei coefficienti del polinomio è 0, questo significa che

^p   ^{1  0}

^{, quindi}

l’intero prodotto sarà 0. La risposta è 0000.

6. CONTO ALLA ROVESCIA [9584] (Fabio Buccoliero)

Sia abcdefg il numero cercato. Allora a b   b c 1, da cui a c 1. Per massimizzare il numero, provo a porre a9, allora si avrà 9 8 7 6b d e . Le altre tre cifre, per massimizzare il numero, devono essere anche queste in ordine decrescente e differenti dalle altre, allora il numero cercato sarà:

9584736.

La risposta è 9584.

7. LA RICERCA DI UN NUOVO ASSISTENTE (PARTE 1) [17] (Matteo Rossi)

La condizione necessaria (e sufficiente) affinché siano i lati di un triangolo (non degenere) è che la somma di due di essi sia maggiore del terzo. Esprimiamo la probabilità come casi favorevoli diviso casi possibili, abbiamo

10

3 120

  

   

terne possibili. Per calcolare le terne favorevoli

( , , ) a b c

, fissiamo il primo termine

a

e contiamo quante sono le possibili scelte per gli altri due, tenendo conto che: la differenza tra gli altri due non deve superare a1, le terne vanno considerate ordinate, quindi prenderemo solo quelle con a b c.

Valore di a Possibili valori di b e c

1 0

2 7

3 11

4 12

5 10

6 6

7 3

8 1

9 0

10 0

Le terne favorevoli sono quindi 7 11 12 10 6 3 1 50       e la probabilità è

50 5 120  12

. La risposta è 0017.

8. UN OZIOSO POMERIGGIO ESTIVO [4024] (Matteo Durante – Matteo Rossi)

Il numero di zeri con cui termina tale prodotto dipende unicamente da quanti 5 vi sono nella sua fattorizzazione poiché il quantitativo di

2

sarà sempre nettamente maggiore.

Per la formula di Legendre-de Polignac, un numero m! é divisibile per

5

^{f m( !)} (usando la corretta notazione, vale

v n

5

   f n ( )

), con 𝑓(𝑚!) = ∑^∞_𝑘=1⌊₅^𝑚_𝑘⌋ e ⌊𝑥⌋ indica la parte intera di

x

. Inoltre

( ! !) ( !) ( !)

f m k  f m  f k

e quindi ^f(



^{n16 !}

 

^{n20 !)}



^{ f(}



^{n16 !)}



^{ f(}



^{n20 !)}



. Sempre dalla formula di Legendre-de Polignac otteniamo l’identità

  ^!

4 f m  m

.

Ma allora combinando tutti i risultati ottenuti, otteniamo

²⁰¹⁶   ^{16 !}    ^{ 20 ! }  ^{2 36}

4

f n f n n 

    

,

da cui n4014.

Proviamo a dare quindi dei valori a

n

, notando che il minimo si avrá quando n16 o n20 é divisibile per 5. Considereremo quindi solo i valori assumibili da

n

per cui una tra le due quantità precedenti é multipla di 5.

Se n4014,

f (4030!)  f (4034!)  2012

Se n4015,

f (4031!)  f (4035!)  2013

Se n4019,

f (4035!)  f (4039!)  2014

Se n4020,

f (4039!)  f (4040!)  2015

Se n4024,

f (4040!)  f (4044!)  2016

. La risposta è 4024.

Commento: La soluzione proposta è macchinosa e tecnica: risolvere questo problema “per tentativi”

(furbi) sarebbe stato molto più semplice, ma informale, mentre qui abbiamo voluto proporvi una dimostrazione (più o meno) rigorosa. Facciamo notare inoltre che nella seconda parte (i tentativi) non serve calcolare tutte quelle volte il valore di

f

, basta farlo per 4030!, infatti

  

^{5 !}

  ^

^{5 1 !}

^   ^

^{5 2 !}

^   ^

^{5 3 !}

^ 

^{( 5}

^

^{4 !)}

^

f k  f k  f k  f k  f k e ^f

  

^{5k !}



^{ f}

 ^

^{5k1 !}

^ 

^m,

9. PROGETTI FUTURI [0597] (Matteo Rossi)

Consideriamo i vertici delle basi come un unico vertice (che chiameremo

B

), consideriamo il vertice di partenza (

A

) e quello opposto (C). Sia

P A

_t

( )

la probabilità che al tempo t sia sul vertice

A

. Vale:

 

1

   

1

t

4

t t

P A  P

_

B  P C

 

1

 

1

 

1

1 ( )

t

2

t t t

P B  P

_

B  P

_

A  P

_

C

 

0 1

P A 

   

0 0

0

P B  P C 

Creando una tabella con i vari valori delle probabilità ai tempi da 0 a 9 si ottiene 9

 

85 P A  512

, la risposta è quindi 0597.

10. TOMBOLA PASSATEMPO [2559] (Matteo Rossi – Matteo Durante)

Dapprima si costruisca una tabella contenente i resti delle divisioni per 11 delle quinte potenze di tutti i numeri da 0 a 65. Si noterà una ciclicità.

Resti n 11+n 22+n 33+n 44+n 55+n

0 0 11 22 33 44 55

1 1 12 23 34 45 56

10 2 13 24 35 46 57

1 3 14 25 36 47 58

1 4 15 26 37 48 59

1 5 16 27 38 49 60

10 6 17 28 39 50 61

10 7 18 29 40 51 62

10 8 19 30 41 52 63

1 9 20 31 42 53 64

10 10 21 32 43 54 65

Abbiamo quindi 6 numeri che danno resto 0, 30 che danno resto

1

e 30 che danno resto 10. Affinché la somma dei tre numeri sia divisibile per

11

é necessario che la somma dei resti sia congrua a 0 mod

11

, cosa che avviene se tutti e tre le potenze danno resto 0 o se ciascuna dá un resto diverso. É pertanto possibile scegliere i tre numeri in

6 6 30 30

3 1 1 1

     

      

     

modi per soddisfare la richiesta, mentre il numero di terne possibili é

66

3

   

 

. Facendo il rapporto fra queste due quantitá si otterrá la probabilitá che la somma delle potenze quinte della terna sia effettivamente divisibile per

11

, ovvero

271

2288

. La risposta è 2559.

11. ANTENNA IPERBOLICA [2015] (Matteo Durante)

Sia

^deg  ^{p x ( )} 

il grado del polinomio

p x ( )

. Deve valere ^deg



^{xp x}

  

^{deg(p p x}

 ^{ } 

^x2).

Notiamo ^deg



^{p x}

  

^deg



^{xp x}

  

^{1 e}

^deg  ^{p p x}  ^{ }   ^{ deg}  ^{p x  } 

^{2. Sia}

^{n  deg( ( )) p x}

^.

Proviamo con n2. In tal caso il grado del primo membro sará

n

²

  n 1

, cosa che non renderebbe l'identitá verificata. Supponiamo quindi n0. In tal caso il grado del primo membro sarebbe

2 1 

, cosa di nuovo non accettabile. Poniamo quindi n1. In tal modo il grado del primo membro sarebbe

2

e quello del secondo

1 1 

, ossia

2

. Il nostro polinomio è quindi di primo grado. Scriviamo

( )

p x  mx q 

e andiamo a sostituirlo nell'equazione. Troviamo

m mx q (    ) q x

²

 x mx q (  )

, da cui ricaviamo

 ^{m  1}  ^x

²

^{  ( m}

²

^{ q x q mq )    0}

. Affinché ció sia verificato per ogni

x

é necessario imporre m 1 0,

q m 

²

 0

e

  q mq  0

. Da questo si ricava m 1 e

q  1

, perció

p x ( )    x 1

e

P (2016)   2015

.

La risposta è 2015.

12. UN PROGETTO DIABOLICO [51] (Michele Trosso)

O H K

R C

D B A

Notiamo che i triangoli

RAK

e ROH sono simili e che quindi:

AK OH :  ( OR OA OR  ) :

, da cui

16 3 4

4 3 OR OA AK OH

OA

 

  



. Per il teorema di Pitagora RK5. Il raggio della sfera inscritta nel triangolo

RKA

vale

6

6 1 r A

 p  

.

Siccome la sfera inscritta ha lo stesso raggio del cilindro, ne stanno esattamente sei nello compreso tra il cilindro e il cono.

2 2 3

1 16 4 256 148

6 4 1 4 6 1 4 8 51, 66

3 3 3 9 9

cono cilindro sfera

V  V   V                      

13. COTTO E SCOPPIATO [1425] (Matteo Durante)

La richiesta del testo equivale a dire: trovare

n

intero positivo tale che

3

83

11 n

n





sia intero e massimizzato. Riscriviamo come

3 3 3

11 11 83 11 n

n

  



. A questo punto spezziamola, otteniamo

3 3 3

11 11 83

11 11

n

n n

 

  

. Riconosciamo che il numeratore della prima é una differenza di cubi e cosí lo

scomponiamo, ottenendo



^{11 (}



^{2 11 11 )2} 11³ 83

11 11

n n n

n n

    

  . Semplifichiamo ed eseguiamo i calcoli, giungendo cosí a ^{2 2}

1414

11 11 n n 11

   n



. Il massimo valore di

n

tale per cui tale quantità sarà un numero intero è costituito quindi da   , ossia  .

14. PROBLEMI TRANSOCEANICI (PARTE 2) [19] (Roberto Abagnale)

Poiché i gli angoli EBC e

 FAB

sono congruenti, i segmenti

BE

e

AF

saranno paralleli. Di conseguenza, il segmento

BE

genera un triangolo

BED

simile al triangolo

ADF

. Quindi, vale la relazione:

: : AD BD AF BE

Ma poiché i triangoli

ABF

e BEC sono simili per ipotesi, vale anche:

: : AF BE AB BC

Per proprietà transitiva si ha che:

: : AD BD AB BC

Scrivendo

AD

come

( AC CD  )   (8 CD )

, BC come

( BD CD  –  ) (6 –   CD )

e

AB

come

( AD BD  –  ) (8      CD    6) (   CD    2) 

, possiamo scrivere che:

( CD    8) : 6   (   CD    2) : (6 –   CD ) ( CD    8)(6   CD )   6(  CD  – 2)

Eseguendo i calcoli si ottiene che CD ( 4 52)   , quindi AD (4 52) (4 2 13)   4 2 13 1   9

La risposta è 0019.

15. LA RICERCA DI UN NUOVO ASSISTENTE (PARTE 2) [504] (Matteo Rossi)

Soluzione 1: Le monete allineate sono in totale 2017, consideriamo le possibili coppie di monete consecutive

(1, 2), (2,3),  , (2016, 2017)

e numeriamole da

1

a 2016. Sia

x

_i, con i da

1

a 2016, una variabile che vale 0 se l’

i

-esima coppia non è Testa-Testa e

1

se lo è. Vale

  ¹

i

4

E x 

per ogni

i

(dove

E x [ ]

è il valor medio). La soluzione del problema è quindi ^{2016 2016}

 

1 1

[ _i] _i 504

i i

E x E x

 

 

 

^{, dove}

l’uguaglianza vale per la linearità del valor medio.

Soluzione 2: Impostiamo il problema ricorsivamente: sia

p n ( )

il numero di coppie Testa-Testa atteso in

n

monete, vale

  ^{2 1}

p  4

e

 ¹  ³   ^{1 (}   ¹⁾

4 4

p n   p n  p n 

, dove il primo addendo è la probabilità che il numero di coppie rimanga invariato, mentre il secondo quella che aumenti di

1

. Procedendo ricorsivamente si ottiene la formula

  ¹

4 p n n 



e di conseguenza

^p  ²⁰¹⁷  ^{ 504}

^.

La risposta è 0504.

16. LA RICERCA DI UN NUOVO ASSISTENTE (PARTE 3) [1661] (Matteo Durante – Matteo Rossi)

Notiamo che essendo il percorso lungo 21 dovrà per forza essere crescente con 7 passi verticali e 14 orizzontali. Chiamiamo 𝜔 un percorso generico che rispetti queste caratteristiche e notiamo che il numero di passi orizzontali e verticali è divisibile per 7. Chiamiamo 𝑟 il più piccolo intero tale che i passi 𝜔_7𝑟+1, … , 𝜔_7(𝑟+1) non siano tutti nella stessa direzione: è chiaro che questo 𝑟 esiste per tutti i percorsi tranne per quelli costituiti da blocchi di 7 passi orizzontali e verticali, ovvero esattamente 3 percorsi. Per gli altri: possiamo “scambiare” i passi considerati in precedenza in modo da ottenere percorsi con area equidistribuita modulo 7. In conclusione, quindi, i percorsi con area congrua a 3 modulo 7 sono ^{(14+77 )−3}

7 = 16611 e la risposta è 1661.

17. PROF WARS [6] (Roberto Abagnale)

Dai dati del problema possiamo ricavare l’area dell’intero trapezio (l’altezza si ricava facilmente, essendo gli angoli adiacenti alla base maggiore pari a 60 e quelli adiacenti alla base minore pari a 120). Si ha che

( )* / 2 (6 12)*3 3 / 2 27 3 A

ABCD

 AB CD  h   

Possiamo scomporre il trapezio in

4

triangoli, come suggerito in figura. Calcolando le loro aree in funzione di

p

e

q

si ottiene che:

   ^{60 6 12}   ^{60 6 6}   ¹²⁰

27 3 1 1 3

2 2 2

p q sen   p sen   q sen 

   



³

 

^{6 12}

^{ }

³

 

^{6 6}

^{ }

³



27 3 11 3

4 4 4

pq  p q

   

Moltiplichiamo entrambi i membri per

4 3

 

 

  108   44       6(12 –  )   6(6   pq  p   q )

Sviluppando i calcoli si arriva a ottenere:

( 6)(6 ) 8 p    q

Poiché sia

( 6) p 

che

(6 –  )  q

sono numeri positivi, possiamo utilizzare la disuguaglianza AMGM (media aritmetica-media geometrica) per scrivere:

6 6

( 6)(6 ) 2

q p

p q

     

Ma poichè

(  – 6)(6 – )   8 p q 

, si ha:

2 p q 

 2 2

4 2 p q 

Che è quindi il valore minimo di

p q 

. Il problema chiede di sommare radicando e coefficiente, quindi: 4 2 6 

La risposta è 0006.

18. MANIE MATEMATICHE [101] (Fabio Buccoliero – Matteo Rossi)

Vogliamo risolvere

(3 1)

²

12 35 24 70 3

2

p n n  p n n

     

. Guardando l’equazione in mod 3

notiamo che

n

da resto

2

se diviso per 3. Scriviamo quindi n3k2, da cui



²



²

^{ }

24p703 9k 12k 4 3k 2 8p9k 11k20 9k20 (k1). Ora, k1 deve dividere almeno uno tra 8 e

p

, essendo

p

primo. Nel secondo caso può valere solo k2 o

k   p 1

, che non portano a soluzione. Nel primo caso, k può essere

3,5,9

. Solo k9 porta alla soluzione

p  101

. La risposta è 0101.

19. TUTTI A TAVOLA! [1383] (Fabio Buccoliero)

Nei tavoli congrui a 0 modulo

4

ci possono essere solo o

4

ubriachi o

4

sobri. Allora per massimizzare gli ubriachi supponiamo che ce ne siano 504.

Nei tavoli congrui a

1

modulo

4

non ci possono essere ubriachi. Infatti la presenza di un ubriaco implica la presenza di almeno un sobrio, che però direbbe sinceramente che tutti i topolini nel tavolo sono sobri, assurdo. Allora ci sono 0 ubriachi.

Nei tavoli congrui a

2

^modulo

4

non ci possono essere sobri, infatti se ci fosse un sobrio avrebbe davanti a sé un ubriaco, che direbbe il vero affermando che davanti a sé c'è un sobrio, assurdo.

Allora ci sono 504 ubriachi.

Nei tavoli congrui a 3 modulo

4

ci possono essere o

4

sobri oppure

1

sobrio e 3 ubriachi.

Per massimizzare gli ubriachi supponiamo avere 378 ubriachi, ma allora il numero totale degli ubriachi sarebbe pari, che è impossibile. Allora ci dovrà essere un tavolo di

4

sobri, quindi il numero di ubriachi sarà 375.

Il numero massimo totale di ubriachi è dunque 1383.

20. LA RICERCA DI UN NUOVO ASSISTENTE (PARTE 4) [1007] (Enrico Munini – Sandro Campigotto) Consideriamo la somma del primo e dell’ultimo addendo:

1 2014

2015 2015 1 2014

2015 2015

1 2014 1 2014 1 2014

2015 2015 2015 2015 2015 2015

5 5 25 5 25

5 5 25 5 25 5 25 25

1

5 25 5 25 5 25 5 25 25 5 25 5 25 25

 

  

 

    

 

   

  

           

  

In generale, l’

n

-esimo termine sommato al 2015 n -esimo da come somma

1

:

2015

2015 2015 2015

2015 2015

2015 2015 2015

2015 2015 2015 2015 2015 2015

5 5 25 5 25

5 5 25 5 25 5 25 25

1

5 25 5 25 5 25 5 25 25 5 25 5 25 25

n n

n n

n n n n n n





  

 

  

 

    

 

   

  

           

  

La somma richiesta è quindi 1007.