soluzioni_primo_biennio.pdf

GARA DI MATEMATICA ON-LINE (28/11/2016)

1. LA MACCHINA DELLE MERENDE [20]

Se una tavoletta di cioccolato avesse

100

calorie, la merendina ne avrebbe

5

. Ne servono

100 : 5



20

per avere lo stesso contributo calorico.

2. PRIMA DI ADDORMENTARSI 1 [55]

Supponiamo che il pirata sia proprio sfortunato e che tra le chiavi trovi sempre quella giusta all’ultimo tentativo possibile. Al primo forziere avrà 10 chiavi da provare, al secondo 9, non dovendo provare quella che ha aperto il primo forziere. Di questo passo avremo

10 9 8 ... 2 1 55

     

tentativi.

3. LO STAGISTA PISANO [880]

Sappiamo che l’unico numero primo pari è 2, quindi nell’equazione q r 99, un addendo è 2 e l’altro è necessariamente

97

. Sicuramente il prodotto qr194, cosa che permette di determinare

211 194 17

p   . Il massimo per r6p8q si ha quando r2 e q97: 6 8 2 6 17 8 97 880

r p q      .

4. LEZIONE AL LIVELLO MEDIUM [2017] Ponendo

x



2016

l’espressione diventa:

2 2 2 2

1x 4  x x( 4)  1x 4x 4x  1x (x2)  1x x( 2) 1x 2x  (x1)  x 1. La soluzione è

2017

.

5. SULLA LAVAGNA [4033]

Tralasciando il primo ed accoppiando gli altri, si ottiene sempre 2.

2017 1008 2 1



 

. Servono

1008

coppie di numeri dispari per arrivare ad avere

2017

come totale dell’operazione. L’ultimo numero è il

2017

-esimo numero dispari e cioè

2017 2 1 4033

  

.

6. UN PROBLEMA NOTO [9121]

Dividendo il quadrato secondo le diagonali, rimangono quattro triangoli formati da un 1, due 2, tre

3

… la cui somma vale 2 2 2 19 20 39

1 2 ... 19 2470

6

S        .

L’intero quadrato contiene quattro di questi triangoli, dove però abbiamo contato troppe volte i numeri posti sulle diagonali.

Se da

S

togliamo 4 di queste diagonali abbiamo sistemato tutti i numeri, tranne l’1

centrale che è stato prima sommato 4 volte e poi rimosso 4 volte. Se lo aggiungiamo abbiamo la somma totale: 4 2470 4(1 2 3 ... 19) 1 9880 760 1 9121           .

7. GLI ESERCIZI DI GIACOMO [822]

Si osserva che

 

 1 e che



5 in quanto aggiungendo 1 a



si ha il passaggio alla cifra successiva nella terza posizione. Si deduce che



4,





0

e





3

. 3 2

6 3450       3 6 4 6 5 6 822. 1 19 19 19 19 19 19 19 19 19 19 19 19 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...

8. ESERCIZIO BASIC [164]

Gli unici trimini che dobbiamo contare sono tre quadrati in linea , con due quadrati neri ai lati, e due quadrati più uno a formare una L dove i due quadrati scuri sono uno sotto l’altro.

Per contare quelli del primo tipo è sufficiente contare i quadrati bianchi che sono

9 4

 

36

.

Per contare quelli del secondo tipo ci basta vedere che per ogni colonna grigia

possiamo accoppiare i quadrati a gruppi di due in

8

modi e che a parte la prima e l’ultima colonna, ciascuna coppia può formare 4 trimini diversi (la prima e l’ultima solo 2), per un totale di

3 8 4 2 8 2 128

     

possibili trimini.

In totale abbiamo contato

128 36 164





trimini. 9. L’ESERCIZIO DI MAX [6]

Ragioniamo sulla cifra delle unità: le uniche cifre che si ripetono nei loro quadrati sono: 2

0 0,

1

2



1

,

2

5 25 e 62 36. La cifra

0

va scartata a causa delle condizioni del problema. Ragioniamo ora sulle decine:

Caso 1:

(10

a



1)

2



100

a

2



20

a



1

. Il numero deve finire per

01

. Caso

5

: 2 2

(10

a



5)



100

a



100

a



25

. Il numero deve finire per

25

. Caso

6

: 2 2

(10

a



6)



100

a



120

a



36

. L’unico valore possibile è

76

.

Vi sono quindi

9

numeri che verificano le condizioni del problema:

1001

,

1025

,

1076

,

5201

,

5225

,

5276

,

6701

,

6725

e

6776

.

10. IL RIPOSTIGLIO DELL’AULA DEL GRUPPO AVANZATO [5000] L’altezza del triangolo ADE vale

7

1

27

4

2

 

.

Detto

x

il lato del triangolo equilatero, l’altezza del trapezio

BCED

misura 2 2 28 ( 1) 1 7 2 2 x x     _{ }    .

La somma delle due altezze è pari all’altezza del triangolo equilatero:

2 28 ( 1) 27 3 2 2 2 x x  

  . L’equazione che ci permette di determinare il valore del lato:

2 28 ( x 1)  3x3 3 2 27x 2x 3(x3) 2 2

27



x



2

x



3(

x



6

x



9)

2 4x 20x0 4 (x x 5) 0

0

x



non è accettabile, quindi il lato misura

x



5 m



5000 mm

. 11. L’ESERCIZIO DI THOMAS [55]

Accoppiamo i numeri che danno come somma

110

:



10;100



,



11;99



;…;



54;56



. Rimangono non accoppiati i numeri da 1 a

9

e il numero

50

. In ognuna delle coppie dobbiamo scartare uno dei due valori, mentre possiamo tenere tutti gli altri. Alla fine avremo

45 10





55

numeri rimasti.

D A

B C

12. PRIMA DI ADDORMENTARSI 2 [139]

La strada che passa per il bosco verrà scelta con probabilità 1

2 e condurrà a casa senza imboscate con probabilità 1

3. La seconda strada, anch’essa scelta con probabilità 1

2 porterà a superare i due ponti con probabilità 3 3 9

4 4 16. La casa verrà raggiunta con probabilità

1 1 1 9 16 27 43

( )

2 3 2 16 96 96 P salvezza        .

13. LA LEZIONE DI GIOVE [16]

Per iniziare ci serve una lista di numeri primi. Siccome i più bassi sono 2,

3

e

5

il cui prodotto fa

30

e siccome



_

999 : 30



_



33

ci servono quelli minori di

33

.

2 - 3- 5- 7 -11-13-17 -19 - 23- 29 - 31

.

Da

2 3 5 7

   

210

fino a

2 3 5 31 930

   

ci vanno tutti bene (

8

possibilità). Da

2 3 7 11 462

   

fino a

2 3 7 23 966

  



ci vanno tutti bene (

5

possibilità). A cui dobbiamo aggiungere:

2 3 11 13 858

   

2 5 7 11 770

   

2 5 7 13 910

   

Per un totale di

16

casi.

14. LA LEZIONE NOIOSA [3333]

Una strategia, per essere certi di colpire la nave, è quella di riempire le diagonali (due no e una si) in modo da impedire la presenza di navi da 3.

A seconda della prima casella scelta avremo circa un terzo di caselle su cui sparare. In particolare per due scelte avremo

3333

caselle da colpire e per una

3334

. Il caso migliore si ha con una delle due scelte da

3333

.

15. LA PISCINA DI EUGENIO [36]

Sia

x

la distanza cercata, si osserva che la differenza tra le aree dei due triangoli è pari alla somma di tre trapezi che hanno la medesima altezza e di cui conosciamo sia la base maggiore che la minore.

Determiniamo l’area del triangolo più piccolo con la formula di Erone:

2

21 (21 13)(21 14)(21 15)

84 m

t

A













.

L’area del triangolo grande, senza ripetere il conto, vale 2

8400 m , visto che le dimensioni dei lati sono dieci volte la misura dei lati del triangolo piccolo.

Il problema è risolto dall’equazione: 130 13 140 14 150 15 8400 84 2 x 2 x 2 x       

231

x



8316

36 m

x



16. IN PIZZERIA [475]

Determiniamo i coefficienti del polinomio che ha per radici



,



e



. Leggendo le relazioni dei coefficienti dal polinomio dato abbiamo che:

6

  

   12

  

   15



 . Calcoliamo:

- somma delle radici:

  

  12 (già noto);

- prodotto due a due:

         

      (   )  15 6 90; - prodotto delle tre radici:





2 ₂

15 225

  

  



  . 3 2

( )

12

90

225

q x



x



x



x



. 3 2

(10) 10

12 10

90 10 225

475

q



 



 



.

17. GEOMETRIA LONTANO DA PISA [1350]

Riferendosi alla figura a lato riportata, sia

a

la misura del cateto maggiore AB,

b

la misura del cateto minore

AC

e

c

la misura dell’ipotenusa.

Il triangolo

A B C

' ' '

lo possiamo pensare come la somma di tre triangoli:

A B C

' ' '



B AA C AA

'

'



'

'



AB C

' '

.

Osserviamo che l’area del triangolo

AB C

' '

è pari a quella del triangolo di partenza.

Siano

h

_a e

h

_b le altezze dei triangoli B AA' ' e

C AA

'

'

, che cadono perpendicolarmente ai cateti

a

e

b

.

Per quanto detto:

' ' ' 2 2 2 a b A B C a h b h ab A     

Ora essendo

AA

'



BC

i triangoli AA K' e

ABC

sono simili, quindi

a h

:

_a



b h

:

_b, quindi a b b h h a   .

Applicando il Teorema di Pitagora sul triangolo AHA' ed esprimendo l’altezza AA'2AR in funzione di

a

,

b

e

c

si ottiene la seguente relazione:

2 2 2 2 2

4

a b

a b

h

h

c





. Sostituendo a b b h h a   otteniamo 2 2 2 2 2 2

4

2 a a

b

h

a b

h

a

c







, da cui 2 2 2 2 2 2 2

4

1

a

b

a b

h

a

a

b













_





2 2 2 2 2 2 2 2

4

a

a

b

a b

h

a

a

b













_









4 2 2 2 2 2

4

a

a b

h

a

b





2 2 2

2

a

a b

h

a

b





e di conseguenza 2 2 2

2

b

ab

h

a

b





. L’area diventa quindi

3 3 2 2 2 2 ' ' ' 2 2 2 2 2 2

2

2

2

2

3

2(

)

2(

)

2

2

2

A B C

a b

ab

ab

ab

a

b

a

b

ab

A

a

b

a

b

a

b



















_

_









_



_

L’area è quindi il triplo di quella iniziale, 2

' ' ' 3 450 1350 cm A B C A    . A A’ B H R K B’ C C’

18. LA PARTITA DI CALCIO [42]

Risolviamo il problema in maniera ricorsiva. Sia

S

_i la soluzione del problema con i gradini usando i rettangoli.

Consideriamo il quadratino in basso a destra. Esso dovrà necessariamente far parte di uno dei possibili rettangoli. Se fa parte del rettangolo

1 5



o

5 1



vi saranno ancora

S

4

modi per completare la divisione; se, invece fa parte di uno dei due rettangoli 2 4 o

4 2 vi saranno ancora

S

3 modi per chiudere il problema; se facesse parte del rettangolo

3 3



avrei

ancora

2 S



₂ modi per completare la figura. Riassumendo:

S

₅

     

2

S

₄

2

S

₃

2

S

₂



2



S

₄

 

S

₃

S

₂



. Ora, ovviamente,

S

₂



2

.

S

₃

      

2

S

₂

1 2 2 1 5

(ripetendo il ragionamento fatto per

S

₅) e

4

2

3

2

2

2 5 2 2 14

S

   

S

S

    

e quindi

S

₅



2(2 5 14)

 



42

. (Il problema è risolto dai numeri di Catalan.)

19. L’ULTIMO ESERCIZIO [112]

Cerchiamo il più piccolo

n

tale che

999n

non abbia cifre

9

.

Osserviamo che è inutile cercare

n

tra i numeri di una o di due cifre, infatti:

se

1

 

n

9

,

999n

è un numero del tipo (1000 1) n1000n n che ha sempre due

9

nella posizione delle decine e delle centinaia a causa del riporto.

se 10 n 10x y 99,

999n



(1000 1)(10 xy)10000x1000y10xy che ha sempre un

9

nella cifra delle centinaia, sempre a causa del riporto.

Cerchiamo il valore

n

tra i numeri di tre cifre. Per la stessa ragione del primo caso, scartiamo tutti i valori da

100

 

n

109

che hanno un

9

nella cifra delle decine e proviamo i casi successivi uno alla volta:

999 110 109890





NO

999 111 110889





NO

999 112 111888





. 20. IL PREMIO [2357]

Vedendo il cubottaedro come un cubo di lato

l

al quale sono stati tagliati via i vertici, come spiegato anche dal testo del problema (vedi figura), il volume risulta essere: 3

8

V

 

l

1

3 2

l

 

2

l



1

2



3

1

3

5

3

2

6

6

l

l

l

l

  



. Se

10 cm

è il lato dell’ottaedro, il cubo ha lato

2

10

10 2

2

l

 



. Il volume è quindi 5





3 5 3 10 2 1000 2 2 2357 cm 6 6 V     .