Stage Locale di Pisa - Dipartimento di Matematica

Stage Locale di Pisa
Di seguito presentiamo il materiale utilizzato per lo Stage Locale di Pisa, svoltosi
presso il Liceo U. Dini di Pisa nei mesi di Febbraio e Marzo 2009.
Tale materiale si articola in quattro argomenti: Algebra, Aritmetica, Combinatoria, Geometria; esso consiste principalmente di esercizi assegnati nel corso
delle lezioni e delle rispettive soluzioni. Solo per Aritmetica, si trova anche
una piccola dispensa riassuntiva della teoria di base a proposito di divisibilità,
equazioni diofantee e congruenze.
Abbiamo realizzato la presente raccolta con la speranza che possa risultare utile
alla preparazione dei concorrenti per le Gare a Squadre o le Gare Individuali
delle Olimpiadi della Matematica, oppure contribuire semplicemente a suscitare
qualche interesse nella matematica, presentandone aspetti di solito trascurati.
I Docenti
Federico Lo Bianco
Davide Lombardo
Andrea Marchesini
Riccardo Scala
-
[email protected]
[email protected]
[email protected]
[email protected]
Il Coordinatore dello Stage
Samuele Mongodi
- [email protected]
Algebra - Problemi
Gli esercizi proposti qui di seguito provengono da Gare a Squadre Locali e
Nazionali degli ultimi anni; sono stati utilizzati in parte nella lezione tenuta, da
Federico Lo Bianco, Martedì 17 Febbraio 2009.
Problema 1 Sia P il prodotto delle soluzioni reali dell’equazione
√
399xlog3997 x = x7 .
Trovare le ultime 4 cifre della parte intera di P.
Problema 2 Uno storico della cittá si é accorto che il deficit del bilancio segue
alcune regole curiose. Infatti se chiamiamo f (n) il deficit dell’anno n dalla
fondazione della cittá, allora f (1) = 1 e, per tutti i numeri naturali n, f (2n) =
2f (n) + 1. Quanto é stato il deficit nell’anno 1024-esimo dalla fondazione della
cittá?
Problema 3 Per antica tradizione, tutti i re di Franquvia portano il nome di
Herrovaccio e si distinguono tra loro mediante un numero. Il primo re portava
il numero a1 = 1, e poi, via via, ad ogni re successivo é stato assegnato un
numero, ottenuto dal precedente, secondo la regola
an+1 = 7an + 1.
Qual é stato il primo re della dinastia a portare un numero divisibile per 30?
Problema 4 Qual é il massimo intero che si puó superare continuando a sommare gli n/2n -esimi di 2002 (ovvero i numeri nella forma 2002· 211 , 2002· 222 , 2002·
3
n
23 , . . . , 2002 · 2n , . . .)?
Problema 5 Per laurearsi in matematica con voto finale 66, uno studente ha
svolto, in ogni anno della sua carriera universitaria, soltanto 51 esercizi. Un suo
amico, che ha avuto voto finale 67, ha svolto ogni anno gli esercizi precedenti,
piú altri 53. Un terzo studente, che ha avuto voto finale 68, ha svolto, oltre a
quelli necessari per il 67, altri 55 esercizi all’anno. Da questa verifica empirica,
pare assodato che il numero di esercizi annui in piú, necessari per guadagnare
un punto alla laurea, cresca di due in due, man mano che cresce il punteggio a
cui si aspira.
Determinare, secondo questa regola, quanti esercizi dovrá fare ogni anno chi
punta al 110.
Problema 6 Trovare il coefficiente di x2006 del polinomio
(1+x)2 (1+x2 )(1+x4 )(1+x8 )3 (1+x16 )(1+x32 )4 (1+x64 )(1+x128 )(1+x256 )(1+x512 )(1+x1024 )
2
Stage locale - Pisa
Algebra - Problemi
Problema 7 Ad una riunione familiare, la somma delle etá di tutti i nipoti
risulta uguale a 22.
Quanto puó valere, al massimo, il prodotto delle etá di tutti i nipoti?
3
Algebra - Soluzioni
Le soluzioni qui proposte sono di Federico Lo Bianco.
Problema 1 - Soluzione
Affinché sia definito log3997 x deve essere x > 0; dunque possiamo scrivere x =
3997y , dove y = log3997 x.
√
L’equazione allora diventa, posto a = log3997 399,
2
3997a · 3997y = 39977y ,
cioé
y 2 − 7y + a = 0.
Il discriminante di questa equzione di secondo grado é ∆ = 49 − 4a > 0 perché
a < 1 < 49
4 . Di conseguenza l’equazione di secondo grado ha due radici reali y1
e y2 , e dunque la prima equazione ha esattamente due radici reali x1 = 3997y1
e x2 = 3997y2 .
Ora
P = x1 · x2 = 3997y1 · 3997y2 = 3997y1 +y2 = 39977 ,
dove l’ultima uguaglianza é giustificata dalle relazioni radici coefficienti nei polinomi di secondo grado.
Calcolando le potenze di 3997 (considerando solo le ultime 4 cifre) si ottiene il
risultato 9813.
Problema 2 - Soluzione
Aggiungendo 1 a destra e a sinistra dell’uguaglianza si ottiene
f (2n) + 1 = 2(f (n) + 1),
che equivale, ponendo g(n) = f (n) + 1, a
g(2n) = 2g(n)
g(1) = 2.
Da qui si ricava immediatamente
g(2n ) = 2g(2n−1 ) = 2 · 2g(2n−2 ) = . . . = 2n g(20 ) = 2n+1 ,
da cui
f (2n ) = 2n+1 − 1,
e quindi f (1024) = 2047.
Problema 3 - Soluzione
L’idea é, come nell’esercizio precedente, di sommare una costante da entrabmbi
i lati dell’uguaglianza in modo da ottenere una seconda successione in progressione geometrica. In termini matematici vogliamo trovare k costante tale
che
an+1 + k = 7(an + k).
4
Stage locale - Pisa
Algebra - Soluzioni
Vista la prima equazione questo equivale a
(7 − 1)k = 1,
dunque k = 1/6.
Chiamando bn = an + 1/6, si ha
bn+1 = 7bn → bn = 7n−1 b1 = 7n−1 ·
7
6
1
7n − 1
=
.
6
6
Affinché an sia un multiplo di 30 si deve avere che an é un multiplo di 2, di 3
e di 5, ovvero si deve avere che 7n − 1 é multiplo di 4, di 9 e di 5. Scrivendo i
resti delle potenze di 7 modulo 4, 5 e 9 si ottiene:
an = bn −
5|7n − 1
↔
4|n
4|7n − 1
↔
2|n
↔
6|n
n
9|7 − 1
Dunque deve essere 12|n, quindi il piú piccolo n cercato é 12.
Problema 4 - Soluzione
Osserviamo che vale l’identitá
xn+1 − 1 = (x − 1)(xn + xn−1 + . . . + x + 1).
Quindi
1+
1
1 − 2n+1
1
1
1 1
+ + ... + n =
= 2 · (1 − n+1 ).
2 4
2
2
1 − 12
Quando n tende a infinito, 1/2n+1 tende a 0, dunque si ha
∞
X
1
= 2.
2i
i=0
Inoltre, chiamando
S=
∞
X
1
,
i
2
i=0
si ha
∞
X
1 1 1
1
1 1
1
1 1
i
1
= (1 + + + + . . .) + (1 + + + . . .) + (1 + + + . . .) =
i
2
2
2 4 8
4
2 4
8
2 4
i=1
1
1
1
S + S + S + . . . = S(S − 1) = 2.
2
4
8
Per concludere, la serie iniziale tende a 4004 per n che tende all’infinito, dunque
l’ultimo numero naturale che puó essere superato é 4003 (i termini sono tutti
positivi).
5
Stage locale - Pisa
Algebra - Soluzioni
Problema 5 - Soluzione
Chiamiamo f (n) il numero annuo di esercizi necessario per essere promossi con
voto n. Le condizioni inziali sono
f (66) = 51
f (n + 66) = f (n + 65) + 51 + 2n
per ogni n ≥ 0.
Infatti, per ogni voto oltre 66, il numero di esercizi necessario ad aumentare
di 1 il proprio punteggio aumenta di 2: per passare da 66 a 67 servono 51 + 2
esercizi, per passare da 67 a 68 ne servono 51 + 2 · 2, per passare da 68 a 69 ne
servono 51 + 2 · 3 e cosí via.
Ora ci interessa trovare f (n + 66) espressa con una formula chiusa. Per fare
questo basta applicare ripetutamente la seconda condizione:
f (n + 66) = f (n + 65) + 51 + 2n = f (n + 64) + 51 · 2 + 2[n + (n − 1)] =
= f (n+63)+51·3+2[n+(n−1)+(n−2)] = . . . = f (66)+51·n+[n+(n−1)+. . .+2+1] =
= 51 · (n + 1) + n · (n + 1) = (n + 51)(n + 1).
In particolare, per n = 110 − 66 = 44,
f (110) = 95 · 45 = 4275.
Problema 6 - Soluzione
La prima cosa da notare nel polinomio (orribile) che ci viene dato é che alcuni degli esponenti ai monomi sembrano essere lí solo per complicarci la vita:
proviamo allora a considerare il polinomio
p(x) = (1 + x)(1 + x2 )(1 + x4 )(1 + x8 )(1 + x16 )(1 + x32 )(1 + x64 )·
·(1 + x128 )(1 + x256 )(1 + x512 )(1 + x1024 ) =
10
Y
n
(1 + x2 ).
n=0
Sia m un numero tra 0 e 2047. Vogliamo trovare il coefficiente di xm ; in altre
parole, vogliamo contare in quanti modi si puó ottenere m come somma di
potenze di 2 distinte. Ma, dato che la rappresentazione di un numero in base 2
é unica, esiste uno ed un solo modo in cui esso puó essere ottenuto. Limitare le
potenze da sommare a 1024 equivale a considerare tutti e soli i numeri m ≤ 2047.
Dunque, il coefficiente di xm é 1 per ogni m tra 0 e 2047, e quindi
p(x) = 1 + x + x2 + . . . + x2047 .
Ora, chiamando
q(x) = (1 + x)(1 + x8 )2 (1 + x32 )3 ,
vogliamo determinare il coefficiente di x2006 in p(x)q(x).
Notiamo intanto che il grado di q(x) é minore di 2006. Dunque se
q(x) = an xn + . . . + a1 x + a0
6
Stage locale - Pisa
Algebra - Soluzioni
il coefficiente cercato é a0 + a1 + . . . + an .
Infatti, per ogni n < 2006, vale
an xn · x2006−n = an x2006 ,
quindi, moltiplicando per p(x), ogni coefficiente di q(x) contribuisce una volta
al coefficiente di x2006 . Non resta che determinare la somma dei coefficienti di
q(x). Notiamo che, se due polinomi qualunque f e g hanno rispettivamente
somma dei coefficienti uguale a m e a n, allora il polinomio f g ha somma dei
coefficienti mn. Quindi la somma dei coefficienti di q, che é anche il coefficiente
di x2006 in pq, é
2 · 22 · 23 = 64.
Problema 7 - Soluzione
Il problema che vogliamo risolvere é scegliere alcuni numeri naturali di somma
data in modo da massimizzarne il prodotto. Provando valori piccoli della somma, come 8 o 12 (fatelo!) si arriva alla congettura che la configurazione migliore
si abbia con soli numeri 2 e 3. Proviamo a dimostrare la congettura.
Intanto é ovvio che avere fattori 1 non ha senso: mantenendo invariata la somma
dei valori si puó passare da una situazione del tipo
1 · a1 · a2 · · · an
a una del tipo
(a1 + 1) · a2 · · · an ,
che senz’altro realizza un prodotto migliore.
Anche fattori maggiori di 4 sono facilmente esclusi: supponiamo che per massimizzare il prodotto sia necessario un fattore n ≥ 5. Allora, lasciando invariata
la somma, nel prodotto si puó sostituire n con 2(n − 2), e vale 2(n − 2) > n, da
cui l’assurdo.
Dunque la configurazione migliore si puó realizzare con i soli fattori 2, 3 e 4.
Ma, lasciando invariati sia la somma che il prodotto, il 4 puó essere sostituito
da due 2; quindi, senza perdita di generalitá, si puó supporre di utilizzare solo
2 e 3.
Ora, supponiamo che ci siano piú di tre 2. Lasciando invariata la somma, nel
prodotto si puó sostituire 23 con 32 , aumentando cosí il risultato. Abbiamo
concluso, perché esiste un unico modo di scrivere un numero come somma di al
piú due addendi 2 e di un qualunque numero di fattori 3.
In particolare:
• se n = 3k, allora n = k · 3
• se n = 3k + 1, allora n = (k − 1) · 3 + 2 · 2
• se n = 3k + 2, allora n = k · 3 + 2.
Dato che ci troviamo nel secondo caso, il massimo prodotto ottenibile é
P = 22 · 36 = 2916.
7
Aritmetica - Teoria
Di seguito, alcune brevi note riguardanti la divisibilità tra interi, le equazioni
diofantee e le congruenze.
1
Numeri primi e divisibilità
Credo che tutti sappiate cos’è un numero primo, ma, per sicurezza, ...
Un numero primo è divisibile solo per 1 e per se stesso
Questa definizione è assai semplice, ma è praticamente tutto quello che c’è da
sapere sui numeri primi, a parte che:
Se un numero primo divide un prodotto, allora divide uno dei fattori
Quindi, ad esempio, se un numero primo divide n3 , allora divide anche n, perchè
divide il prodotto n · n · n e quindi deve dividere uno dei fattori, ovvero n.
Es: Se esistono 3 numeri interi a, b, c tali che
a3 + 2b3 + 4c3 = 0
allora a, b, c sono tutti e tre pari.
αk
2
Es: Dimostrare che se a = p1α1 · pα
2 · ...pk , dove p1 , ..., pk sono numeri primi,
allora a ha esattamente (α1 + 1) · ... · (αk + 1) divisori positivi. Così, ad esempio,
12 = 22 · 31 ha (2 + 1)(1 + 1) = 6 divisori positivi (e altrettanti negativi)
Es: Dimostrare che un numero positivo è un quadrato se e solo se ha un numero
dispari di divisori positivi.
Queste semplici osservazioni sui numeri primi permettono già di affrontare una
vasta gamma di problemi: ogni volta che dobbiamo risolvere un’equazione diofantea, ovvero un’equazione in cui i coefficienti sono interi e di cui vogliamo
solo soluzioni intere, se riusciamo a scrivere un’uguaglianza tra prodotti, uno
dei quali non contiene incognite, poi ci basterà imporre che tutti i primi che
compaiono da una parte compaiano anche dall’altra in qualche fattore.
Es: Trovare tutti i numeri interi n, m tali che
(n − 2m)(n + m) = 100
Es: Trovare tutti i numeri interi n, m tali che
nm + 2m − 2n + 1 = 0
Es: Trovare tutti i numeri interi n tali che
n2 + 3n + 8
n+1
è intero.
8
Stage locale - Pisa
2
Aritmetica - Teoria
Congruenze
Due numeri a e b si dicono congrui modulo m se a − b è un multiplo di m, ovvero
se a = km + b, ovvero se b = hm + a, ovvero se a, b hanno lo stesso resto se
divisi per m.
Si scrive allora a ≡ b (mod m) o a ≡ b(m). Ora, se a ≡ b mod m e c ≡ d
(mod m), allora valgono
• a + c ≡ b + d (mod m)
• a − c ≡ b − d (mod m)
• a · c ≡ b · d (mod m)
Quindi, per valutare il resto della divisione modulo m di un’operazione aritmetica che coinvolga solo somme, differenze e moltiplicazioni possiamo sostituire
in partenza ogni numero con il suo resto:
35 · 23 − 45 · (112 + 23) ≡ 2 · 1 − 0 ≡ 2
(mod 3)
e dunque il resto della divisione del primo membro per 3 fa 2.
Es: Il prodotto di tre numeri consecutivi è sempre divisibile per 3.
Es: Il quadrato di un numero dispari dà resto 1 se diviso per 8.
Es: Non esiste un numero intero il cui cubo abbia resto 2 se diviso per 13.
Es: Non esiste un numero positivo n tale che 2n abbia resto 5 quando è diviso
per 7.
La divisione, in generale, con le congruenze non si può fare: 2 ≡ 10 (mod 8) e
2 ≡ 2 (mod 8), ma 2/2 6≡ 10/2 (mod 8), in quanto 1 6≡ 5 (mod 8). Se, come
nell’esempio proposto, il divisore (2 nel nostro caso) divide anche il modulo (che
è 8), allora dobbiamo dividere anche il modulo: da 2 ≡ 10 (mod 8) possiamo
passare a 1 ≡ 5 (mod 4).
Se, d’altra parte, voglio dividere per un numero coprimo (cioè che non ha divisori
in comune) con il modulo, possiamo sempre farlo. Sia infatti (n, m) = 1 (questa
è un’altra notazione per dire coprimo: il massimo comun divisore è uguale ad
1): si dimostra allora che esiste un x tale che nx ≡ 1 (mod m), quindi dividere
per n è, modulo m, equivalente a moltiplicare per x.
Il numero x con questa proprietà si chiama inverso di n modulo m.
Questo è anche un modo di risolvere le congruenze lineari: ax ≡ b (mod m),
se (a, m) = 1 allora esiste c tale che ac ≡ 1 (mod m), dunque moltiplicando
tutto per c si ottiene acx ≡ bc (mod m), ovvero x ≡ bc (mod m) che è quindi
la soluzione.
Es: Trovare, se esiste, l’inverso di 5 modulo 7.
Es: Trovare, se esiste, l’inverso di 6 modulo 8.
Es: Trovare, se esiste, l’inverso di 11 modulo 16.
Es: Risolvere 5x ≡ 2 (mod 7).
Es: Risolvere 2x ≡ 10 (mod 8).
Es: Risolvere 3x ≡ 2 (mod 1)3.
9
Stage locale - Pisa
3
Aritmetica - Teoria
Quadrati, cubi e potenze varie modulo m
I resti dei quadrati modulo m si chiamano residui quadratici (e similmente ci
saranno residui cubici, quartici, etc.). Un’importante osservazione è che non
tutti i resti sono residui quadratici; infatti,
k 2 ≡ (−k)2 ≡ (m − k)2
2
(mod m)
2
quindi ad esempio 2 ≡ 5 (mod 7). Dunque, i residui quadratici sono al più
[m/2] + 1. Nel caso di un modulo primo, tale numero è esatto: modulo p ci sono
esattamente (p + 1)/2 residui quadratici. Nel caso di moduli non primi, ve ne
sono meno.
Es: Calcolare i residui quadratici modulo 7, 8, 9.
Es: E’ possibile trovare due numeri interi x, y tali che x2 + y 2 = 2007 ?
Per i residui cubici, e in generale per residui di ordine più alto, il discorso è
diverso. Ad esempio, non è difficile verificare che modulo 11 ci sono 11 residui
cubici, ovvero per ogni resto modulo 11 c’è un cubo che è congruo ad esso
(modulo 11, ovviamente). Se non si vuole scendere troppo nei dettagli, conviene
mantenersi sui moduli primi, in modo da poter scorgere una qualche regolarità;
ad esempio, modulo 7 i residui cubici sono 3 e modulo 13 sono 5, quindi varrebbe
m−1
+ 1. Non è difficile accorgersi che essa vale solo quando il
la formula
3
modulo è primo e congruo a 1 modulo 3.
Es: Dimostrare che 0, 1, -1 sono residui cubici modulo ogni numero m.
Es: Calcolare i residui cubici modulo 19.
Es: Dimostrare che non esistono numeri m, n interi tali che n3 + 7004 = m3 .
Es: Calcolare i residui quintici modulo 11.
Es: Calcolare i residui quartici modulo 16.
4
Due formule utili
Per concludere, anche se non sono legate agli altri argomenti di queste pagine, queste sono due formule molto utili che è bene sapere (e, magari, saper
dimostrare!):
• Formula per la somma dei primi n numeri interi positivi:
1 + 2 + ... + n =
n(n + 1)
2
• Formula per la somma dei quadrati dei primi n numeri interi positivi:
12 + 22 + ... + n2 =
10
n(n + 1)(2n + 1)
6
Aritmetica - Problemi
Gli esercizi proposti qui di seguito provengono da Gare a Squadre Locali e
Nazionali degli ultimi anni; sono stati utilizzati in parte nella lezione tenuta, da
Davide Lombardo, Martedì 3 Marzo 2009.
Problema 1 Il professor Abacus prende il tram 54 e pensa: Il più piccolo
quadrato perfetto che è multiplo di 54 è il numero civico di casa mia. Qual è il
numero civico dell’edificio in cui abita il professore?
Problema 2 Ad uno scolaro imese è stato assegnato il seguente esercizio. Deve
trovare tutte le coppie ordinate di numeri naturali (m, n) in modo che sia m che
n siano divisori di 385 e tali che m è divisore di n
Potreste dargli una mano dicendogli quante sono?
NB: 1 e k vengono considerati divisori di k (e non solo per questo esercizio!)
Problema 3 La colonizzazione dell’arcipelago è costata uno sproposito. Il
deficit K delle casse reali è pari al prodotto dei 20 fattori seguenti:
K = 1! · 2! · 3! · ... · 19! · 20!.
Qual è il minimo valore del prodotto dei numeri, scelti tra 1, 2, ..., 20, tali che,
eliminando il corrispondente fattoriale da K, si renda il numero K un quadrato
perfetto?
Problema 4 Un altro antico popolo esistito prima della nascita della confederazione rappresentava ogni numero mediante una sequenza di due simboli: ◦ e
∇.
Il simbolo ◦ in fondo a una sequenza signicava aggiungere un’unità, mentre il
simbolo ∇ significava moltiplicare per 7. Ad esempio, la sequenza ◦ ◦ ◦ ◦ ∇◦
rappresentava il numero 29. Qual è il numero minimo di simboli necessari per
rappresentare il numero 2001?
Problema 5 In quanti modi si può scrivere 9000 come somma di almeno due
interi positivi consecutivi?
(Ad esempio per 9 si hanno 2 possibilità: 9 = 2 + 3 + 4, 9 = 4 + 5)
Problema 6 Per rimpinguare le casse del regno, il Gran Ciambellano ha deciso
di lanciare un nuovo tipo di lotto. Ogni settimana sono estratti due numeri
distinti. Se N è il più grande e n il più piccolo, si deve indovinare quanti tra i
numeri
N
N
N
N
...
...
0
1
k
N
sono divisibili per n.
11
Stage locale - Pisa
Aritmetica - Problemi
Se in questa settimana sono stati estratti i numeri 5 e 37, su che numero si
doveva scommettere per vincere il lotto di Franquvia?
N
Si ricorda che il coefficiente binomiale è l’intero positivo dato da
=
k
N!
.
k!(N − k)!
Problema 7 Messer Guiglielmo Guardastagno, mercante franquviano, ha fissato i prezzi delle sue merci in modo che siano tutti numeri interi positivi che
siano divisibili per 30 ed abbiano esattamente 30 divisori. Se S è la somma di
tutti gli interi positivi di questo tipo, quali sono le ultime quattro cifre di S?
Problema 8 Le dame Elissa, Fiammetta e Neifile hanno acquistato una confezione cadauna dei tipici biscotti di Franquvia. Madama Elissa distribuisce
equamente i biscotti della sua confezione ai suoi 3 figli, madama Fiammetta ne
mangia due e poi divide in parti uguali i rimanenti biscotti della sua confezione
ai suoi 5 figli, infine madama Neifile ne mangia due e distribuisce equamente i
suoi biscotti rimanenti ai suoi 7 figli. Quanti biscotti contiene, al minimo, una
confezione?
Problema 9 I 9999 soldati della guardia reale devono concordare a chi toccherà
il prossimo turno di guardia a palazzo. Didimo, il chierico di corte, passando
per caso, ascolta la loro conversazione e propone una soluzione: si tratta di
sommare tutti gli interi positivi n per cui
n−1
401 − n
sia un quadrato perfetto. Poichè ogni soldato è identificato con un numero da
1 a 9999, il risultato della somma indicherà il soldato di turno. La soldataglia
accetta entusiasta. A chi toccherà il turno di guardia?
1
1
1
Problema 10 Trovare tutte le soluzioni intere positive di
+
= .
m n−5
4
Problema 11 Il re di Franquvia si distingue per la sua stravaganza. Ad un
processo ha richiesto alle parti in causa di determinare il numero delle soluzioni
intere positive dell’equazione
4x + 12y + 3z 2 = 2004.
Quante sono?
Problema 12 La moneta nazionale franquviana è il Franqo. Non esistono
però monete del valore di un Franqo: la moneta più piccola vale 11 Franqi, e
tutte le monete hanno come valore un numero palindromo di Franqi. Messer
Guiglielmo Guardastagno e la gilda dei mercanti si sono lamentati perchè con
questi tagli di monete non è possibile comporre esattamente una qualsivoglia
quantità intera di Franqi (ad esempio, non si possono comporre 37 Franqi con
le monete disponibili).
12
Stage locale - Pisa
Aritmetica - Problemi
Qual è il più grande numero che sicuramente non si può esprimere con le monete
Franquviane?
Un numero palindromo è un numero che resta invariato se si leggono le sue cifre
(in base 10) da destra o da sinistra: ad esempio sono palindromi 11, 10001, 949.
Problema 13 Determinate il prefisso telefonico della città di Matelandia,
sapendo che è il massimo numero naturale di 4 cifre (in scrittura decimale)
avente le seguenti proprietà:
• La somma di tale numero e del suo palindromo è 7216
• La somma delle cifre di tale numero è 17
• Le cifre agli estremi differiscono al più di 4
Problema 14 Trovare gli interi n, m per cui
n3 − m3 = 61
Problema 15 esistono due numeri interi x, y tali che 3x2 − 2y 2 = 2009?
13
Aritmetica - Soluzioni
Le soluzioni qui proposte sono di Davide Lombardo.
Problema 1 - Soluzione
Fattorizzando 54 = 2 · 33 e sapendo che un numero è un quadrato perfetto se e
solo se gli esponenti dei fattori primi sono pari, ci si accorge immediatamente
che 22 · 34 = 324 è il più piccolo quadrato multiplo di 54.
Problema 2 - Soluzione
Innanzitutto una notazione. Per dire che a è divisore di b si scrive a|b (letto a
divide b).
Noi cerchiamo le coppie (m, n) tali che m|n|5 · 7 · 11.
Per la formula generale del numero di divisori, n può assumere 8 valori diversi.
Distinguiamo 4 casi:
• n è prodotto di tutti i tre fattori primi di 385 (cioè è lo stesso 385). Allora
n è fissato e per m si hanno ancora 8 scelte
• n è prodotto di due dei tre fattori primi di 385. Allora per n ci sono 3
scelte possibili (quale primo escludo?) e per m si hanno 4 scelte
• n è uno dei tre fattori primi di 385. Allora per n ci sono 3 scelte possibili
(quale primo scelgo?) e per m si hanno 2 scelte
• n è 1. Allora n è fissato e per m si ha una sola scelta
In totale abbiamo 1 · 8 + 3 · 4 + 3 · 2 + 1 · 1 = 27 coppie di interi accettabili.
Problema 3 - Soluzione
Cominciamo con il considerare quali fattori primi compaiono in K. Dato che
devono essere fattori di un certo a! con a < 21, devono essere essi stessi minori di
21: se infatti p|a!, allora p divide uno dei numeri 1, 2, ..., a ≤ 20, e, dal momento
che a|b ⇒ |a| ≤ |b|, si ha p ≤ 20.
I primi p ∈ {11, 13, 17, 19} compaiono esattamente una volta in ogni fattoriale
compreso tra p e 20, dunque nella fattorizzazione compaiono con esponente
20 − p + 1 = 21 − p, che è pari. Questi primi non creano perciò problemi perchè
K sia un quadrato perfetto.
Il primo 7 compare con esponente uno in 7!, ..., 13!, e con esponente due in
14!, ..., 20!. Perciò nella fattorizzazione di K compare con esponente 7+2·7 = 21.
7 è un problema.
Con ragionamenti simili si trovano gli esponenti di 5, 3 e 2, che risultano essere
34, 78, 168.
Per rendere K un quadrato perfetto, dunque, si deve levare un prodotto di
fattoriali che contengano il primo 7 con esponente dispari e tutti gli altri primi
con esponenti pari.
Speriamo adesso che si possa ottenere il risultato desiderato levando un solo
numero a. Dato che 7|a!, si deve innanzitutto avere a ≥ 7. Inoltre, dato che
14
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Aritmetica - Soluzioni
l’esponente di 5 in questo fattoriale deve essere pari, si trova anche a ≥ 10.
Fattorizziamo 10! = 28 34 52 71 e ci accorgiamo che è effettivamente sufficiente 10
per rendere K un quadrato perfetto.
Problema 4 - Soluzione
Vogliamo costruire la rappresentazione di 2001 partendo da destra, e dimostrare
che è conveniente usare ∇ ogni volta che è possibile. Se infatti ci resta da
rappresentare un certo intero a e possiamo utilizzare ∇, questo vuol dire che
7|a; se scegliamo di utilizzare ◦, dovremo poi usarne almeno altri 6, perchè il più
grande numero divisibile per 7 minore di a sarà a − 7. In particolare, prima di
utilizzare ∇ o di aver rappresentato tutto il numero useremo una certa quantità
di ◦ che sarà multipla di 7, diciamo 7b.
7b volte
7b volte
z }| {
z }| {
Scriveremo perciò o la sequenza ∇ ◦ · · · ◦ oppure semplicemente ◦ · · · ◦
b volte
z }| {
Notiamo che, nel primo caso, la sequenza è equivalente a ◦ · · · ◦ ∇: infatti la
sequenza originaria consisteva nell’eseguire l’operazione x 7→ x · 7 + 7b, quella
modificata nell’eseguire l’operazione x 7→ (x+b)·7 che è ovviamente equivalente;
la sequenza modificata è formata da b + 1 simboli, quella originale da 7b + 1: è
perciò chiaramente conveniente, in termini di lunghezza, utilizzare la sequenza
modificata (che contiene ∇ non appena a è multiplo di 7).
b volte
z }| {
Nel secondo caso, invece, la sequenza è equivalente a ◦ · · · ◦ ∇; si passa dunque
da 7b simboli a b + 1, il che è conveniente non appena b + 1 < 7b, cioè non
appena b è positivo, cosa che ovviamente supponiamo (altrimenti il numero a
da rappresentare era 0, ed avevamo già finito).
Costruiamo ora la rappresentazione: dato che 2001 non è divisibile per 7, l’ultima operazione dovrà necessariamente essere ◦. Procedendo in modo analogo, si
conclude che la stringa di operazioni deve terminare con ◦ ◦ ◦ ◦ ◦◦, dato che il più
grande multiplo di 7 minore di 2001 è 1995. A questo punto abbiamo dimostrato
che è conveniente usare un ∇: la stringa finisce allora con ∇ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦, e ci siamo
1995
ricondotti a rappresentare
= 285. Procedendo nuovamente all’indietro, ar7
riviamo a 280 che è multiplo di 7; la stringa finisce quindi con ◦ ◦ ◦ ◦ ◦∇ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦;
bisogna poi utilizzare un ∇, il che ci riconduce a 40, e così via. In totale il
numero di simboli usati è quindi (6 + 1) + (5 + 1) + (5 + 1) + (5) = 24. Per
calcolare questo numero è sufficiente considerare il resto di a diviso per 7 (che è
il numero di ◦ da usare) +1 (numero di ∇), riconducendosi così ad un numero
più piccolo ed iterando il procedimento.
Si ha infatti 2001 ≡ 6 (mod 7); 2001−6
= 285 −→ 6+1 simboli
7
285 ≡ 5 (mod 7); 285−5
=
40
−→
5+1
simboli
7
40 ≡ 5 (mod 7); 40−5
= 5 −→ 5+1 simboli
7
5 −→ 5 simboli.
Problema 5 - Soluzione
Diamo intanto un nome alle variabili in gioco. Sia a il più piccolo degli interi
che vengono sommati e k il numero di interi sommati. Allora la somma di tutti
questi è data da (a) + (a + 1) + ... + (a + k − 1) = k · a + (0 + 1 + ... + (k − 1))
15
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Aritmetica - Soluzioni
Utilizzando la formula per la somma dei primi k − 1 interi positivi, la somma
(k − 1)(k)
precedente si riscrive come k · a +
2
k−1
Ci siamo perciò ricondotti all’equazione k a +
= 9000 ⇔ k(2a+k−1) =
2
18000
Da questa forma dell’equazione si ricava perciò k|18000; riscrivendo invece l’e4 2 3
quazione come 2a + k − 1 = 2 ·3k ·5 , dove il membro destro è un intero, si può
controllare la parità: se k è dispari, entrambi i membri sono pari, e questo è
possibile; se invece k è pari, il membro sinistro è dispari, e quindi deve esserlo
anche quello destro, e questo accade solo se k è divisibile per 24 , in modo da
cancellare i fattori due a numeratore.
− k + 1 e risolvendo la
Infine, riscrivendo l’equazione come 0 < 2a = 18000
k
disequazione, si trova la condizione k ≤ 134.
Dato che k deve essere un divisore di 18000, ne segue che i k dispari accettabili
sono 3, 5, 9, 15, 52 , 53 , 3 · 52 , 32 · 5 (8 possibilità: notare che 1 è escluso, perchè
vogliamo che 9000 sia somma di almeno 2 interi) e quelli pari (che devono essere
multipli di 16) sono invece 16 · 1, 16 · 3, 16 · 5 (3 possibilità). Se ne conclude che
9000 si scrive come somma di interi positivi consecutivi in esattamente 11 modi.
Problema 6 - Soluzione
Ai nostri fini, dato che 5 è primo, non è interessante studiare
il comportamento
di tutti i primi che compaiono nella fattorizzazione di 37
k , ma solo dello stesso
2
5: scriviamo perciò che 5·10·15·20·25·30·35|37!
⇒
5·5·5·5·5
·5·5|37! ⇒ 58 |37!
Da questo si ricava che 37
è
divisibile
per
5
se
e
solo
se
il
suo
denominatore
k
non è divisibile per 58 .
Distinguiamo due casi: o k ≤ 24, (37 − k) ≤ 24 ⇒ 13 ≤ k ≤ 24 oppure
k ≤ 12 o k ≥ 25. Nel primo caso, il fattore 25 a denominatore non compare;
siccome non è possibile che sia k che 37 − k siano maggiori o uguali a 20, il
numero di fattori 5 al denominatore è al più 4 + 3 = 7 (4 se uno tra k ed n − k
supera 20, 3 altrimenti). Pertanto tutti i k tali che 13 ≤ k ≤ 24 corrispondono
a coefficienti binomiali divisibili per 5.
Osservazione: il coefficiente binomiale è un oggetto simmetrico in k ed n − k,
e questo ci dice che è sufficiente controllare i k tra 0 e 12 (ricordandosi poi di
moltiplicare per 2)
Dato che n−k ≥ 25 e 25! ha già 6 fattori 5, k! non ne deve avere più di uno, e da
questo deduciamo k ≤ 9. D’altra parte dev’essere anche 37 − k < 35, altrimenti
(n − k)! ha 8 fattori 5; perciò deve anche essere k ≥ 3. Restano ora pochi k da
controllare, ed è rapido verificare che k = 3, 4, 8, 9 sono gli unici a funzionare.
In totale, perciò, per vincere al lotto di Franquvia bisognava scommettere sul
(24 − 13 + 1) + 2 · 4 = 20
Problema 7 - Soluzione
sia n un generico intero della forma richiesta. Da 30|n troviamo n = 2a · 3b · 5c · d
con a ≥ 1, b ≥ 1, c ≥ 1
L’osservazione chiave del problema è la seguente: se n ha esattamente 30 divisori
positivi, allora è divisibile al più per tre primi. Infatti, per la formula del numero
16
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Aritmetica - Soluzioni
αk
1
di divisori, se n = pα
1 · ... · pk , allora ha (α1 + 1)...(αk + 1) divisori, nel nostro
caso 30.
Ma allora (α1 + 1)...(αk + 1) = 2 · 3 · 5, e quelli a destra sono numeri primi:
se ne ricava che i fattori di sinistra diversi da 1 sono al più 3 (altrimenti il
membro destro avrebbe troppi divisori!), e dunque che ci sono esattamente 3
primi nella fattorizzazione di n. Dato che già sappiamo che 2, 3, 5 compaiono
nella fattorizzazione di n, possiamo senz’altro scrivere n = 2a · 3b · 5c . Inoltre la
condizione sui divisori si riscrive (a + 1)(b + 1)(c + 1) = 30.
Dato che ognuno dei fattori a sinistra è maggiore o uguale a 2, essi devono
necessariamente essere, in un qualche ordine, 2, 3, 5. Se infatti uno dei fattori
di sinistra fosse prodotto di 2 primi, il prodotto degli altri due sarebbe primo,
e così uno dei due fattori rimasti dovrebbe essere uno, ma questo è contro le
ipotesi. Abbiamo perciò dimostrato che a, b, c sono, in un qualche ordine, 1, 2, 4.
Ci sono 6 permutazioni di queste tre cifre che vanno considerate; per snellire un
po’ i conti, si può scrivere n = 30 · (2e · 3f · 5g ) con (e, f, g) permutazione di
(0, 1, 3).
Allora
S = 30 20 · 31 · 53 + 20 · 33 · 51 + 21 · 30 · 53 + 21 · 33 · 50 + 23 · 30 · 51 + 23 · 31 · 50
S = 26340
Problema 8 - Soluzione
Detto x il numero di biscotti nella confezione, le informazioni fornite sono
equivalenti al sistema

 x ≡ 0 (mod 3)
x − 2 ≡ 0 (mod 5)

x − 2 ≡ 0 (mod 7)
Risolviamo il sistema di congruenze come un normale sistema di equazioni:
dalla prima ricaviamo che x = 3k, k ∈ Z. Sostituiamo nella seconda e troviamo
3k ≡ 2 (mod 5); moltiplicando per 2 da entrambe le parti si trova poi k ≡ 4
(mod 5), cioè k − 4 = 5m ⇒ k = 5m + 4. A questo punto riscriviamo x = 3k =
3(5m + 4) = 15m + 12.
Sostituendo infine nell’ultima si trova (15m+12)−2 ≡ 0 (mod 7) ⇒ m+5−2 ≡
0 (mod 7) ⇒ m ≡ −3 (mod 7), da cui m = 7n − 3. Sostituendo ancora una
volta in x, si trova x = 15m + 12 = 15(7n − 3) + 12 = 105n − 33. Il più piccolo
intero positivo di questa forma è quindi 105 − 33 = 72, che è dunque la risposta
al problema.
Problema 9 - Soluzione
n−1
. Dal momento che il membro siniScriviamo intanto l’equazione k 2 =
401 − n
stro è positivo, dovrà esserlo anche quello destro: in particolare, dato che n ≥ 1,
il membro destro è positivo se e solo se 401 − n > 0 ⇒ n < 401.
401k 2 + 1
Risolviamo ora l’equazione in n: n =
. Si può trasformare quek2 + 1
sta frazione in modo da eliminare la dipendenza da k al numeratore: n =
17
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Aritmetica - Soluzioni
401k 2 + 401 − 400
400
= 401 − 2
. Affinchè ora n sia un intero positivo, occork2 + 1
k +1
re e basta che sia intero anche k400
2 +1 . Ora un intero positivo è sicuramente maggiore o uguale ad 1, dunque k 2 + 1 ≤ 400 ⇒ k 2 < 400 ⇒ k < 20. Visto però che
400
400
2
k2 +1 = 1 non ha soluzioni intere per k, si ha k2 +1 ≥ 2 ⇒ k ≤ 198 ⇒ k ≤ 14.
A questo punto è una questione di poche prove piccole, e cioè per k che va da
0 (e non da 1! Anche 0 è un quadrato perfetto!) a 14. Si trovano così le uniche
soluzioni: k ∈ {0, 1, 2, 3, 7} da cui è facile ricavare i corrispondenti n e la relativa
somma.
Metodi per accorciare i conti
Una buona idea è fattorizzare 400 per vedere meglio, a colpo d’occhio, per quali
k la frazione rappresenta un intero. Purtroppo 400 ha esattamente 15 divisori
positivi, quindi provare i divisori invece di sostituire i k non rappresenta un
miglioramento. In compenso, dato che 400 = 24 · 52 , un eventuale divisore è di
una delle seguenti tre forme:
• Potenza di 2. Tuttavia l’equazione k 2 + 1 = 2m ha in k le sole soluzioni 0
ed 1 (perchè? Ragionare modulo 4). Questo ci dà i primi due k validi
• Potenza di 5. Le uniche potenze di 5 che dividano 400 sono 1, 5, 25; la
prima l’abbiamo già provata, la seconda ci dice che k = 2 è soluzione, la
terza è un quadrato e quindi non può essere della forma k 2 + 1
• Divisibile per 10. Ora, affinchè sia 10|k 2 +1 dev’essere k dispari (e questo si
vede subito) e, con un minimo di congruenze, k ≡ 2, 3 (mod 5). A questo
punto le prove da fare sono davvero poche: 0,1,2 fatti; 3 è da provare e
funziona; ora ci limitamo ai dispari: 5 è della classe sbagliata mod 5, 7
è da provare (e funziona), 9 e 11 sono della classe sbagliata mod 5, 13 è
da provare e non funziona (notare che comunque 10|132 + 1): abbiamo
quindi, in totale, fatto solo una prova andata non a buon fine.
Problema 10 - Soluzione
Cominciamo facendo il minimo comune multiplo, 4(n − 5) + 4(m) = m(n − 5),
e riscrivendo: mn − 9m − 4n + 20 = 0. L’idea, abbastanza frequente in
problemi di questo tipo, è quella di raccogliere i termini in cui compaiono
le variabili aggiustando il termine noto. In questo caso, possiamo scrivere
(m − 4)(n − 9) − 16 = 0, che è equivalente alla precedente, come si vede immediatamente risvolgendo il conto. In questa forma, l’equazione è facilmente
risolubile; infatti, da (m − 4)(n − 9) = 16, si trova immediatamente che m − 4
deve essere un divisore di 16, e dunque vi sono le possibilità (tenendo conto
che m > 0) m − 4 ∈ {16, 8, 4, 2, 1, −1, −2}; da questi si ricavano i valori corrispondenti di n (dobbiamo farlo per controllare che siano positivi), che sono
10, 11, 13, 17, 25, −7, 1, tutti accettabili tranne il penultimo.
Problema 11 - Soluzione
Consideriamo l’equazione modulo 3. Essa si riduce a 4x ≡ 0 (mod 3), da cui
possiamo scrivere x = 3a. Sostituiamo in quella originale:
12a + 12y + 3z 2 = 2004
18
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Aritmetica - Soluzioni
Consideriamo ora l’equazione modulo 4 (o 2, in questo caso è equivalente, ma
spesso lavorare modulo 4 è comodo se ci sono quadrati). Essa si riduce a 3z 2 ≡ 0
(mod 4), il che ci permette di dire che z è pari; possiamo allora scrivere z = 2b.
Sostituiamo ulteriormente:
12a + 12y + 12b2 = 2004
a + y + b2 = 167
I valori che può assumere b sono quelli tali che 167 − b2 > 1, cioè b2 < 166,
da cui 1 ≤ b ≤ 12. Per ogni b, poi, restano da scegliere a, y in modo che
a + y = 167 − b2 , il che può evidentemente essere fatto in 167 − b2 − 1 modi (che
corrispondono alle scelte di a che va da 1 a 167 − b2 − 1, notando che non posso
scegliere 167 − b2 dato che y deve essere strettamente positivo).
12
12
X
X
Il numero di soluzioni perciò è
166 − b2 = 12 · 166 −
b2 = 12 · 166 −
b=1
b=1
(12)(12 + 1)(2 · 12 + 1)
= 1992 − 650 = 1342, che è la risposta al nostro pro6
blema. Nel fare questo conto abbiamo utilizzato la formula per la somma dei
primi n quadrati, che è interessante anche di per sè.
Problema 12 - Soluzione
Dato che cerchiamo un numero che in nessun caso si possa esprimere in termini
delle monete di Franquvia, possiamo supporre che esistano monete di ogni taglio
palindromo: in particolare, quindi, ci saranno monete da
101, 111, 121, 131, 141, 151, 161, 171, 181, 191, 202, 212
Franqi (quelle da 22, 33, ... sono inutili in quanto multiple di 11; in realtà anche
quella da 121 lo è, ma semplifica i ragionamenti successivi). Cerchiamo ora di
farci un’idea di quanto sarà grande il nostro numero: non appena sappiamo
rappresentare 11 numeri consecutivi, sappiamo rappresentare anche tutti quelli
maggiori, in quanto questi si potranno scrivere come un certo numero di monete
da 11 sommato ad uno degli undici numeri in questione. Dobbiamo quindi
trovare i primi 11 numeri consecutivi che sono rappresentabili. E’ evidente che
sotto il 100 le uniche quantità pagabili sono multiple di 11, quindi è impossibile
avere 11 numeri consecutivi. Dato che nessuno tra (101 + 1, 111 + 2, ..., 191 + 10)
è rappresentabile in termini monete di taglio < 200, dobbiamo cercare i nostri
11 termini consecutivi almeno al di sopra di 201. Ora 202 è palindromo, 203 =
181 + 2 · 11, ..., 211 = 101 + 10 · 11 e 212 è palindromo, perciò abbiamo 11 termini
consecutivi rappresentabili. Se ne conclude che il numero richiesto vale 201.
Problema 13 - Soluzione
Se il numero è ABCD, le prime due condizioni si scrivono 1000A+100B +10C +
D + 1000D + 100C + 10B + A = 7216 ⇒ 1001(A + D) + 110(B + C) = 7216.
Inoltre, (A+D)+(B+C) = 17. Detti E = A+D, F = B+C questo è un sistema
di due equazioni in due incognite, con soluzione (unica) E = 6, F = 11. Per la
terza condizione non può essere A = 6; può tuttavia essere A = 5. Troviamo
poi che, per massimizzare il numero ABCD (dato che vogliamo sia il massimo
naturale tale che...), dobbiamo scegliere 5921, che è dunque il numero richiesto.
19
Stage locale - Pisa
Aritmetica - Soluzioni
Problema 14 - Soluzione
Fattorizziamo innanzitutto n3 − m3 = (n − m)(n2 + nm + m2 ); notiamo inoltre
che 61 è un numero primo.
La nostra equazione, riscritta (n − m)(n2 + nm + m2 ) = 61 ci dice perciò che
n − m è un numero intero che divide 61, e dunque è uno tra 1, 61, −1, −61.
D’altra parte, se fosse n < m si avrebbe anche n3 < m3 , ma questo è assurdo,
dal momento che n3 = m3 + 61 > m3 . Perciò n − m ∈ {1, 61}.
Se n − m = 61, l’altro termine, m2 + mn + n2 = (m − n)2 + 3mn, deve essere
uguale ad 1: perciò si deve avere 612 + 3mn = 1 ⇒ mn = −1240; per trovare
gli eventuali m ed n basta quindi risolvere il sistema n = 61 + m, mn = −1240
che però non ha soluzioni.
Se n − m = 1, bisogna risolvere (m − n)2 + 3mn = 61 ⇒ mn = 20, che ha la
soluzione m = 4, n = 5.
Problema 15 - Soluzione
Consideriamo l’equazione modulo 3. Si ha allora y 2 ≡ 2 (mod 3); tuttavia,
i quadrati modulo 3 sono solo 0 ed 1 (dal momento che anche 22 = 4 ≡ 1
(mod 3)), quindi non possono esistere soluzioni all’equazione proposta, perchè una tale soluzione (x, y) permetterebbe di trovare un intero y con y 2 ≡ 2
(mod 3), che, per quanto appena visto, è impossibile.
20
Combinatoria - Problemi
I problemi proposti qui di seguito provengono da Gare a Squadre Locali e Nazionali degli ultimi anni; sono stati utilizzati in parte nella lezione tenuta, da
Andrea Marchesini, Martedì 10 Marzo 2009. Riportiamo inoltre alcuni esercizi
non utilizzati per la lezione, ma lasciati ai partecipanti come possibilità ulteriore
di lavoro individuale.
Problema 1 Sull’isola dei cavalieri e dei furfanti vivono 1000 persone. I cavalieri
dicono sempre la verità, mentre i furfanti mentono sempre. Tutti i cavalieri si
conoscono tra loro ma non è detto che conoscano tutti i furfanti, e viceversa.
Ciascun abitante afferma: Il numero di furfanti che conosco è strettamente
maggiore del numero di cavalieri che conosco.
Quanti sono i cavalieri?
Problema 2 Un allenatore ha convocato 23 giocatori per un torneo di calcio: 3
portieri, 8 difensori, 7 centrocampisti e 5 attaccanti. Supponendo che la squadra
che scende in campo sia composta sempre da 1 portiere, 3 difensori, 5 centrocampisti e 2 attaccanti, e che inoltre il capitano della squadra (un difensore) e
il figlio dell’allenatore (un attaccante) vengano sempre utilizzati, determinare
quante formazioni diverse potranno essere schierate.
Problema 3 Davide, Filippo e Francesco devono sostenere lo scritto dell’esame
di Probabilità. Quando arrivano nell’aula si piazzano strategicamente in modo
da potersi aiutare. Sfortunatamente per loro, il docente ritiene che l’aula sia
troppo affollata e dunque, visto che gli studenti sono in numero pari, decide di
dividerli per sorteggio in due gruppi uguali, che sosterranno lo scritto in aule
diverse.
Francesco, il più preparato dei tre, osserva immediatamente che la probabilità
di ritrovarsi nella stessa aula con Filippo e Davide è esattamente un quinto.
Determinare quanti studenti si sono presentati alla prova scritta.
Problema 4 Data la sequenza 2, 3, 5, 6, 7, 10, 11, ... , formata da tutti gli
interi positivi che non sono né quadrati né cubi di altri interi, qual è il 2009-esimo
termine?
Problema 5 Determinare il numero di frazioni
tali che 0 < m
n < 1 e per cui m · n = 20!
m
n,
ridotte ai minimi termini,
Problema 6 N è un numero di nove cifre in cui le cifre 1, 2, . . ., 9 compaiono
una e una sola volta.
Quanto può valere al massimo la somma dei sette numeri di tre cifre che si
ottengono considerando tutti i blocchi di tre cifre consecutive di N ?
21
Stage locale - Pisa
Combinatoria - Problemi
Problema 7 Chiamiamo “pronunciabile” una parola in cui non compaiano due
o più consonanti consecutive.
Quanti sono gli anagrammi pronunciabili della parola MATEMATICA?
−−?−−
Esercizio 1 La Confederazione Matematica è costituita da 4 cantoni, ciascuno
con il suo capoluogo. Si vogliono collegare tra di loro i 4 capoluoghi con dei
mezzi di trasporto in modo da rispettare le seguenti condizioni:
• ogni coppia di capoluoghi deve essere collegata mediante uno e solo uno
dei seguenti tre mezzi: treno, autobus, aereo;
• in nessun capoluogo devono confluire due collegamenti dello stesso tipo.
In quanti modi diversi è possibile realizzare i collegamenti rispettando le due
condizioni?
Esercizio 2 Un rettangolo è formato da 15 × 9 quadratini bianchi. Qual è il
minimo numero di quadratini che bisogna colorare di nero per fare in modo
che ogni rettangolo formato da 5 × 3 quadratini, disposto orizzontalmente o
verticalmente, totalmente contenuto nel rettangolo originario, contenga almeno
un quadratino nero?
Esercizio 3 In un torneo di calcio ognuna delle sei squadre partecipanti si
scontra due volte con tutte le altre, con partite di andata e ritorno in cui si
assegnano 3 punti per la vittoria, 1 per il pareggio e 0 per la sconfitta. Al
termine del torneo la squadra della Confederazione Matematica ha totalizzato
18 punti. Quante sono tutte le possibili successioni ordinate di vittorie, pareggi
e sconfitte con le quali è possibile raggiungere tale punteggio?
Esercizio 4 In quanti modi si può scrivere 9000 come somma di almeno due
interi positivi consecutivi?
(Ad esempio per 9 si hanno 2 possibilità: 9 = 2 + 3 + 4, 9 = 4 + 5)
Esercizio 5 Nell’isola dei cavalieri e dei furfanti vivono 1000 persone. I cavalieri
dicono sempre la verità mentre i furfanti mentono sempre. Un nuovo governatore, inviato dall’amministrazione centrale, sa solo che sull’isola c’è almeno un
cavaliere, ma vuole il prima possibile sapere a quale fazione appartiene ogni abitante. Allora ogni giorno egli convoca un gruppo di isolani a sua scelta e chiede
ad ognuno di loro quanti furfanti ci sono in quel gruppo (sull’isola ognuno sa
a quale fazione appartengono tutti gli altri), dopodiché si appunta il nome e la
risposta data da ognuno dei presenti, riservandosi di elaborare in futuro queste
informazioni. Qual è il minimo numero di giorni che servono al governatore per
essere sicuro di poter condurre a termine il suo programma?
22
Stage locale - Pisa
Combinatoria - Problemi
Esercizio 6 Con quanti zeri termina il prodotto di tutti i divisori positivi di
1500000? E la somma?
Esercizio 7 Abbiamo 20 colori a disposizione e vogliamo colorare le facce di un
tetraedro regolare, ognuna di un colore diverso; in quanti modi possiamo farlo,
a meno di rotazioni?
23
Combinatoria - Soluzioni
Le soluzioni qui proposte sono di Andrea Marchesini e riguardano solo i problemi, non anche gli esercizi, di cui viene solo fornita la risposta numerica.
Problema 1 - Soluzione
Chiamiamo C il numero dei cavalieri e F quello dei furfanti.
Un cavaliere conosce C − 1 altri cavalieri. Affinché possa dire di conoscere più
furfanti che cavalieri, si deve avere quantomeno F ≥ C. Analogamente, perché
un furfante possa dire di conoscere più furfanti che cavalieri, deve conoscere in
realtà almeno tanti cavalieri quanti furfanti; siccome conosce F − 1 furfanti,
C ≥ F − 1.
Mettendo insieme queste due informazioni si ottiene F − 1 ≤ C ≤ F , quindi
C = F −1 oppure C = F ; poiché C +F è pari, l’unica possibilità è C = F = 500.
Problema 2 - Soluzione
Ricordiamo che il numero di modi di scegliere k elementi da un insieme di n è
n!
.
dato da nk = k!(n−k)!
Nel nostro caso dobbiamo scegliere un portiere fra tre, due difensori fra i sette
che non sono certi di giocare, cinque centrocampisti fra sette e un attaccante
fra i quattro incerti.
In totale le scelte sono 31 · 72 · 75 · 41 = 3 · 21 · 21 · 4 = 5292.
Problema 3 - Soluzione
favorevoli
1
Calcoliamo la probabilità come casi
casi possibili e poniamola uguale a 5 .
Sia 2n il numero totale degli studenti, e per fissare le idee chiamiamo A e B le
due aule. Il numero di casi possibili è pari al numero di modi
distinti di scegliere
le n persone che andranno nell’aula A: questi sono 2n
.
I
casi
favorevoli sono
n
quelli in cui i tre amici sono tutti
nell’aula
A
o
tutti
nell’aula
B:
per
ciascuno di
modi
diversi
di
scegliere
i
loro
n
−
3
compagni
questi due casi abbiamo 2n−3
n−3
di stanza tra gli altri 2n − 3 studenti.
Si ha quindi
2·
1
=
5
2n−3
n−3
2n
n
2·
=
(2n−3)!
(n−3)!n!
(2n)!
n!n!
=
2 · n(n − 1)(n − 2)
n−2
=
2n(2n − 1)(2n − 2)
4n − 2
da cui 2n = 16.
Problema 4 - Soluzione
Prendiamo l’insieme {1, 2, . . . , 2009} e per cominciare eliminiamo da esso i quadrati perfetti. Poiché 442 = 1936 e 452 = 2025, ci sono 44 quadrati tra 1 e
2009. I cubi sono invece 12 (123 = 1728 e 133 = 2197). In tutto abbiamo tolto
dall’insieme di partenza 56 numeri.
Attenzione però: abbiamo “tolto due volte” i numeri che sono sia quadrati che
cubi, cioè le seste potenze comprese tra 1 e 2009, che sono 3. Quindi in realtà
24
Stage locale - Pisa
Combinatoria - Soluzioni
i numeri che abbiamo tolto sono 53. Per ottenere di nuovo un insieme di 2009
elementi dobbiamo quindi aggiungere i numeri da 2010 a 2062. Non abbiamo
ancora finito: dobbiamo controllare se tra i numeri che abbiamo aggiunto ci
sono quadrati o cubi. Non ci possono essere cubi, perché abbiamo già visto che
il più vicino è 2197, ma in effetti dobbiamo togliere 2025 che è un quadrato;
aggiungiamo quindi ulteriormente il numero 2063. Ora abbiamo finito, perché
il quadrato successivo è 462 = 2116. Il 2009-esimo termine risulta quindi 2063.
Problema 5 - Soluzione
Fattorizziamo: 20! = 20 · 19 · 18 · . . . · 2 · 1 = (22 · 5) · 19 · (2 · 32 ) · . . . · 2.
In particolare, nella fattorizzazione compaiono gli 8 primi compresi tra 1 e 20
(come vedremo, gli esponenti non ci interessano).
Possiamo ora riformulare il problema originale come segue: contare in quanti
modi si possono dividere in due gruppi i fattori primi di 20! in modo tale che
nessun fattore compaia in entrambi i gruppi (cioè tutti i fattori 2 stanno nello
stesso gruppo, ecc.).
Infatti se chiamiamo a il prodotto di tutti i primi presenti nel primo gruppo e b
il prodotto dei primi nel secondo gruppo, abbiamo che esattamente una tra ab e
b
a è una frazione propria, ridotta ai minimi termini (per costruzione, a e b non
hanno fattori in comune) e tale che il prodotto di numeratore e denominatore è
20!.
Ci resta solo da contare quante suddivisioni ci sono. I sottoinsiemi di un insieme di 8 elementi sono 28 , e ogni suddivisione è identificata da una coppia di
8
sottoinsiemi complementari: abbiamo quindi 22 = 128 suddivisioni.
Problema 6 - Soluzione
Consideriamo il numero abcdef ghi, dove ad ogni lettera corrisponde una cifra
da 1 a 9. La somma dei suoi “sottonumeri” di tre cifre vale
T = (100a + 10b + c) + (100b + 10c + d) + (100c + 10d + e) + . . . + (100g + 10h + i)
Raccogliendo in modo diverso, si ha
T = 100a + (10b + 100b) + (c + 10c + 100c) + . . . + (g + 10g + 100g) + (h + 10h) + i
ovvero
T = 111(c + d + e + f + g) + 110b + 100a + 11h + i
In pratica ci sono “pesi” diversi per ciascuna cifra. È chiaro che se vogliamo
massimizzare T dobbiamo associare le cifre maggiori ai pesi maggiori e le cifre
più basse ai pesi più piccoli. Quindi nelle posizioni da c a g ci dovremo mettere
le cifre da 9 a 5 (non importa in quale ordine), poi b = 4, a = 3, h = 2, i = 1.
Con questa scelta, T = 111 · (5 + 6 + 7 + 8 + 9) + 110 · 4 + 100 · 3 + 11 · 2 + 1 = 4648.
Problema 7 - Soluzione
Indichiamo con C le consonanti e con V le vocali. Per i vincoli del problema,
le parole pronunciabili sono della forma CVCVCVCVC, più la quinta vocale
che possiamo aggiungere all’inizio, alla fine o in uno dei quattro spazi tra due
consonanti (non è vietato che due vocali stiano vicine): in tutto abbiamo 6 tipi
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Stage locale - Pisa
Combinatoria - Soluzioni
di parole pronunciabili. Dobbiamo ora contare quante sono le parole distinte.
Poiché, fissato un tipo, una parola è determinata univocamente dall’ordine delle
sue consonanti e da quello delle sue vocali, ci basta contare quanti sono questi
5!
modi (è come contare gli
ordinamenti. Possiamo ordinare le consonanti in 2!2!1!
5!
anagrammi della parola MTMTC), le vocali in 3!1!1! modi (gli anagrammi di
AEAIA).
In totale quindi gli anagrammi pronunciabili di MATEMATICA sono 6·20·30 =
3600.
−−?−−
Esercizi - Risposte numeriche
Esercizio
1
2
3
4
5
6
7
Risposta
6
9
2940
11
2
210
9690
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Geometria - Problemi
Gli esercizi proposti qui di seguito provengono da Gare a Squadre Locali e
Nazionali degli ultimi anni; sono stati utilizzati in parte nella lezione tenuta, da
Riccardo Scala, Martedì 17 Marzo 2009.
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Geometria - Soluzioni
Le soluzioni qui proposte sono di Riccardo Scala.
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