TESTI PER IL PUBBLICO 2017 con soluzioni

Logo di Stefano Visciglia
CON IL PATROCINIO DELLA REGIONE PIEMONTE
DEL COMUNE DI TORINO
E
DELL’ASSOCIAZIONE SUBALPINA MATHESIS
GARA PER IL PUBBLICO
8 Gallery – Venerdì 3 marzo 2017
OLIMPIADI DI MATEMATICA
Problema 1 – Sequenza da decifrare
20 punti
Sono date le seguenti terne di numeri interi:
1) 19, 7, 18
2) 15, 8, 17
3) 14, 9, 16
4) 16, 8, 18
5) 14, 6, 19
Una di queste terne si presta alla domanda: VERO o FALSO?
Dopo aver interpretato la [apparentemente strana] richiesta e trovata la terna “soluzione” scrivere il
numero di lettere (alfabeto latino) utilizzate per la sua scrittura.
Soluzione:
Basta tradurre in lingua italiana i numeri dati: SEDICI, OTTO, DICIOTTO e formare la frase
(VERA) SE_ DICI_OTTO_DICI_OTTO.
Risposta 0018
1
Problema 2 – Non aprite quella porta !
25 punti
Una porta segreta, larga 40 cm e spessa 8 cm è costruita in modo da ruotare di 90° intorno ai propri
cardini (situati su uno spigolo). A lungo andare, dopo molteplici “aperture”, ha lasciato una traccia
sul pavimento, sgombrandolo dalla polvere.
Qual è l’area in cm2 dell’intera figura che la porta descrive sul pavimento?
Soluzione:
Osserviamo che l’area tra le due posizioni “aperta” e “chiusa” è spazzata dalla diagonale del
rettangolo di base, il quale descrive un quarto di cerchio. A questa si aggiungono le due metà della
porta.
La figura descritta sul pavimento ha dunque area (in cm2)
1
π
A = bh + π ⋅ r 2 = 40 ⋅ 8 + (40 2 + 8 2 ) = 320 + 416π = 1626,... .
4
4
Risposta 1626
Problema 3 – Tiriamo con l’arco
30 punti
Disponiamo di un arco particolare: esso è fatto, appunto, come un arco di circonferenza (Fig.1) di
raggio unitario e corda lunga 3 . Tendendolo (con freccia al centro della corda), mantiene la sua
lunghezza e la struttura di arco di circonferenza (Fig.2). Se lo si tende in modo che il raggio della
circonferenza che lo descrive misuri 5/8, quanto misura, in gradi sessagesimali, l’angolo al centro
individuato dal suddetto arco (nella circonferenza che esso crea)?
2
Fig. 1
Fig. 2
Soluzione:
Riferiamoci alla figura seguente.
3
2
π . Infatti la corda AB è lato di triangolo equilatero
3
inscritto, quindi individua un arco che è un terzo della circonferenza. Se, nella tensione, il raggio
5
5 5
diventa
e l’arco mantiene la sua lunghezza, essendo 2π = π la misura della nuova
8
8 4
8
2  5 
circonferenza completa, abbiamo  π  :  π  360° =
360° = 192° .
Risposta 0192
15
3  4 
Sappiamo che la lunghezza dell’arco è
Problema 4 − Distanza di sicurezza
35 punti
Un’auto procede alla velocità di 72 Km/h ed è seguita da un’altra auto che procede alla stessa
velocità ad una distanza di 15 m. Entrambe le auto hanno una decelerazione di frenata di 2 m/sec2.
La prima frena improvvisamente e la seconda inizia a frenare dopo un tempo di reazione del
conducente di 1 sec. Dopo quanti millisecondi avviene il tamponamento (a partire dall’inizio della
frenata della prima automobile)?
Soluzione:
La velocità iniziale delle due auto è pari a v0 = 72/3,6 = 20 m/sec. In 1 sec la seconda auto ha
percorso 20 m. Misuriamo lo spazio a partire dalla posizione della prima auto al tempo iniziale
1
t = 0. Lo spazio in metri percorso dalla prima auto è s1 (t ) = (−2)t 2 + 20t fino all’arresto che
2
avviene in 20/2 = 10 sec, quello percorso dalla seconda a partire dal primo secondo è
1
s2 (t ) = (−2)(t − 1) 2 + 20(t − 1) + (20 − 15) . Ponendo s1 (t ) = s 2 (t ) si ottiene t = 8 sec.
2
Risposta 8000
Problema 5 – Un grande marchio !
35 punti
Paolo, appassionato di moto, ispirandosi al logo “GILERA” (vedi fig. 1) utilizza inizialmente due
cerchi di raggio unitario. Essi hanno centri rispettivamente in A e in B e si incontrano in C e in D
(vedi fig. 2). Paolo traccia poi altri due cerchi, di uguale raggio, concentrici ai primi due che si
incontrano in E ed in F. Sapendo che l’angolo AF̂B è di 72°, trovare l’area della lunetta di estremi
E e F ombreggiata in figura 2. Dare come risposta la parte intera di 10000 volte il valore della
suddetta area.
4
Fig. 1
Fig. 2
Soluzione:
Consideriamo la figura seguente:
Sia H l’intersezione di CD con AB.
Dalle ipotesi del quesito deduciamo BD̂H = 30° , BF̂H = 36° , AH = HB =
1
3
e CH = HD =
,
2
2
nonché EB̂F = 108° .
Quindi l’area della lunetta richiesta è il doppio dell’area del segmento circolare di base EF.
Troviamo EB = BF =
HB
1/ 2
2
10 5 + 50
=
=
=
, nonché
sin36°
10
10 − 2 5 / 4
10 − 2 5
5
EH = HF =
1/ 2
1
10 5 + 25
=
=
. Abbiamo:
tg36° 2 5 − 2 5
10
Area settore circolare EBF = π
10 5 + 50 108
5 +5
⋅
= 3π
.
100
360
100
10 5 + 25 1
10 5 + 25
⋅ =
.
10
2
20

5 +5
10 5 + 25 
Area lunetta voluta = 2 3π
−
≅ 0,675775719.


100
20


Area triangolo EBF =
Risposta 6757
Problema 6 − “4+2”
40 punti
Un funzionario ministeriale di buon cuore propone al governo di sostituire il "5+1" al SuperEnalotto
con un nuovo "4+2" più vantaggioso per i giocatori. In sostanza in ogni concorso del SuperEnalotto
sulla ruota di Roma verrebbero estratti i consueti sei numeri principali tra 1 e 90, seguiti da due
numeri Jolly estratti senza reintroduzione fra le rimanenti 84 palline. Il giocatore vincerebbe se
nella sestina di numeri da lui giocata fossero presenti, non importa in quale ordine, esattamente 4
dei 6 numeri principali estratti più entrambi i numeri Jolly. Attualmente invece si estrae un solo
numero Jolly e il giocatore vince se nella sestina di numeri da lui giocata sono presenti, non importa
in quale ordine, esattamente 5 dei 6 numeri principali estratti più il numero Jolly.
Se passasse questa proposta, quale sarebbe l'aumento percentuale della probabilità di vincita?
Soluzione:
In entrambi i casi il numero di esiti possibili è pari al numero di sestine non ordinate di numeri
compresi fra 1 e 90, cioè al numero di combinazioni
.
Nel caso del "5+1" i casi favorevoli corrispondono alle possibili scelte di 5 numeri dall'insieme dei
6 numeri principali estratti, visto che il sesto numero dev'essere obbligatoriamente il numero Jolly
estratto. Pertanto:
Invece nel caso dell'ipotetico "4+2" i casi favorevoli corrisponderebbero alle possibili scelte di 4
numeri dall'insieme dei 6 numeri principali estratti, visto che il quinto ed il sesto numero
dovrebbero essere obbligatoriamente i due Jolly estratti. Pertanto:
6
L'aumento
della
probabilità
di
vincita
è
dunque,
in
termini
assoluti
pari
a
mentre in termini relativi esso vale
Risposta 0150
Problema 7 − Bocce in acqua
40 punti
Una boccia sferica di legno di raggio unitario è caduta in uno stagno. Se indichiamo con 1 la densità
dell’acqua, la densità del legno di cui è costituita la boccia è 0,95703125. Calcolare l’altezza h del
segmento sferico che rimane fuori dal pelo dell’acqua. Dare come risposta la parte intera di 10000h.
Soluzione:
245
. Sappiamo che il volume della sfera di raggio r
256
4
h

vale π ⋅ r 3 e che il volume del segmento sferico ad una base vale π ⋅ h 2  r −  , dove h è l’altezza
3
3

del segmento stesso.
11
 245  4
3
La parte della boccia fuori dall’acqua avrà volume 1 −
π ⋅ r3 .
 ⋅ π ⋅ r cioè
192
 256  3
 h  11
Posto r = 1, abbiamo l’equazione π ⋅ h 2 1 −  =
π , cioè 64h 3 − 192h 2 + 11 = 0 .
3
192


Il trinomio a primo membro può essere scomposto (regola di Ruffini) così:
1

2
 h − (64h − 176h − 44) .
4


1
Abbiamo le soluzioni h1 = = 0,25 , h2 ≅ −0,23 , h3 ≅ 2,98 , delle quali solo la prima è accettabile,
4
infatti le seconda è negativa e la terza è maggiore di 1.
Risposta 2500
Notiamo che vale l’uguaglianza 0,95703125 =
7
Problema 8 − Basket
45 punti
Alessandro e Marco gareggiano ai tiri liberi di pallacanestro: vince il primo dei due che, a parità di
tiri, segna un canestro in più dell’altro. Se Alessandro fa canestro con probabilità 70% e Marco con
probabilità 30%, quale è la probabilità che vinca Alessandro? Fornire come risposta la somma del
numeratore e del denominatore della frazione irriducibile che esprime la probabilità richiesta.
Soluzione:
Per ogni coppia di tiri avremo le seguenti possibilità (SI indica canestro, NO indica no canestro)
Alessandro
SI
SI
NO
NO
Marco
SI
NO
SI
NO
probabilità
21%
49%
9%
21%
Alessandro può vincere alla prima coppia di tiri con probabilità 49%, oppure (se entrambi
centrano il canestro o entrambi sbagliano il che avviene con probabilità 21%+21%) si ricomincia
da capo. Indicando con x la probabilità che vinca Alessandro sarà x = 49/100 + x (21/100 +
21/100) da cui x = 49/58.
Risposta 0107
Problema 9 − Rumori? No, rombi
45 punti
In un rombo ABCD (vedi figura) di lato 1 e di angoli AB̂C = AD̂C = 60° , BÂD = BĈD = 120° , è
inscritto un altro rombo A’B’C’D’. Sapendo che l’area di quest’ultimo è metà dell’area di ABCD,
calcolare la misura del lato di A’B’C’D’. Dare come risposta il valore di 10000 × A' D' .
8
Soluzione:
Consideriamo la figura seguente:
Abbiamo:
AB = BC = CD = AD = 1 , AO = OC =
1
3
, DO = OB =
,
2
2
3
. Poniamo AÔA'= x .
2
A' O
AO
Otteniamo (teorema dei seni in AA’O )
=
, cioè
sin 60° sin(120° − x)
1
3
A' O
2
=
, infine A' O =
.
sin 120° cos x − cos 120° sin x
3
2( 3 cos x + sin x)
Area di ABCD =
2
Otteniamo pure (teorema dei seni in DD’O )
OD' =
OD'
OD
=
, infine
sin 30° sin(150° − x)
OD
3
=
.
sin(150° − x) 2(cos x + 3 sin x)
Avremo: Area di A’B’C’D’ =
3
2(2 sin 2 x + 3 )
=
3
da cui
4
3
=
2(4 sin x cos x + 3 )
sin 2 x =
3
2(2 sin 2 x + 3 )
e quindi
3
, cioè x = 30° (soluzione simmetrica x = 60°) .
2
Concludiamo che è AÂ' O = 90° , quindi
3 1
7
3
1
, OD' = , infine A' D' =
+ =
≅ 0,6614 .
4
2
16 4
4
Stesso risultato con x = 60°.
A' O =
Risposta 6614
9
Problema 10 − Una strana successione
45 punti
Abbiamo i primi otto termini di una successione di numeri interi: 3, 4, 4, 8, 8, 17, 20, 39.
Dopo aver individuato la legge che genera gli elementi della successione stessa, dire qual è il
numero composto dalle cifre del nono e del decimo elemento nell’ordine.
Soluzione:
Si trova che la successione è generata, a partire dal numero 3, sommando via via i termini della
successione di Fibonacci con i termini (corrispondenti nell’ordinamento) della successione i cui
primi nove elementi sono 0, −1, 2, −3, 4, −5, 6, −7, 8, di cui è facile scoprire la regola generatrice.
I primi nove termini della serie di Fibonacci sono 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34.
Quindi, partendo dal numero 3, aggiungendo via via 1, 0, 4, 0, 9, 3, 19, 14, 42, otteniamo, come
nono e decimo elemento: 53 e 95.
Risposta 5395
Problema 11 − Cani e gatti
45 punti
Un commerciante compra un certo numero di cani ed un numero di coppie di gatti uguale alla metà
dei cani. Ogni cane costa 100 €, così come ogni coppia di gatti costa 100 €. Rivende tutti gli animali
eccetto 9 ad un prezzo cadauno maggiorato del 10% rispetto a quanto li aveva pagati incassando la
stesso importo che aveva speso inizialmente. Sapendo che gli rimane almeno un gatto, quanti euro
aveva speso per comperare gli animali?
Soluzione:
Sia x il numero dei cani acquistati. Il commerciante spende 150x euro. Sia y il numero di cani che
gli rimangono e 9 – y il numero di gatti che gli rimangono. Poiché gli rimane almeno un gatto
avremo 0 ≤ y ≤ 8. Siccome vende ogni cane a 110 € ed ogni gatto a 55 €, allora 150x = 110(x−y) +
55[x− (9− y)], da cui l’equazione diofantea 3x – 11y = 99. Le soluzioni sono x = 11k, y = 3k – 9 con
k intero. Poiché 0 ≤ y ≤ 8 deve essere 3 ≤ k ≤ 5, ma essendo x pari (x è anche il numero dei gatti
che sono coppie), otteniamo k = 4. Quindi il commerciante ha acquistato x = 44 cani a 100 €
ciascuno, 22 coppie ossia 44 gatti a 50 € il gatto, spendendo un importo in euro pari a
44 × 100 + 44 × 50 = 6600 .
Risposta 6600
10
Problema 12 – Concimiamo l’orto!
45 punti
Un’azienda agricola ha a disposizione tre tipi di sostanze A, B, C per la preparazione di una miscela
fertilizzante. La sostanza A contiene il 10% di azoto e il 20% di ossido di potassio, la B contiene il
15% di azoto e il 50% di ossido di potassio, infine la C contiene il 25% di azoto e il 60% di ossido
di potassio.
Il concime da utilizzare deve contenere almeno il 20% di azoto e il 40% di ossido di potassio.
I costi delle tre sostanze sono rispettivamente di 0,6 € al Kg, 0,75 € al Kg, 1 € al Kg.
Determinare la composizione percentuale delle tre sostanze che rende MINIMO il costo di un Kg di
miscela fertilizzante. Si dia come risposta la parte intera di 10000 volte il valore del minimo
richiesto.
Soluzione:
Si tratta di un problema di programmazione lineare. Costruiamo la seguente tabella:
Azoto
%
Ossido di potassio %
COSTO al Kg in €
A
10
20
0,6
B
15
50
0,75
C
25
60
1
Indichiamo con x i Kg (per ottenere un Kg di miscela) usabili della sostanza A, con y quelli della
sostanza B e con u quelli della sostanza C.
La funzione costo sarà espressa da
z = 0,6 x + 0.75 y + u , da minimizzare.
I vincoli formeranno il sistema misto
10 x + 15 y + 25u ≥ 20
20 x + 50 y + 60u ≥ 40


x + y + u = 1
 x ≥ 0; y ≥ 0; u ≥ 0 ; condizioni di non negatività
Poiché nei vincoli è presente un’equazione lineare, si può, ad esempio, ricavare u in funzione di x e
di y. Semplificando otteniamo:
2 x + 3 y + 5u ≥ 4
2 x + 3 y + 5 − 5 x − 5 y ≥ 4
2 x + 5 y + 6u ≥ 4
2 x + 5 y + 6 − 6 x − 6 y ≥ 4


⇒ 

u = 1 − x − y
u = 1 − x − y
 x ≥ 0; y ≥ 0; u ≥ 0
 x ≥ 0; y ≥ 0; u ≥ 0
Infine:
3 x + 2 y ≤ 1
4 x + y ≤ 2


x + y ≤ 1
 x ≥ 0; y ≥ 0
con z = 0,6 x + 0,75 y + 1 − x − y .
con z = 1 − 0,4 x − 0,25 y .
11
Essendo presenti solo due variabili d’azione (così si chiamano tecnicamente) possiamo
agevolmente utilizzare il metodo grafico.
Cerchiamo l’area ammissibile (descritta dai vincoli) sul piano cartesiano xOy:
Le rette r, s, t hanno rispettivamente equazione 3 x + 2 y + 1 = 0 , 4 x + y = 2 e x + y = 1 .
L’area ammissibile (dominio) della funzione è rappresentata dal triangolo OPM perimetro incluso.
Notiamo che due vincoli sono inutili (semipiani “sotto” le rette s e t).
Sappiamo che il grafico della funzione z di cui sopra è un piano nello spazio tridimensionale ed i
suoi estremi si trovano su uno dei vertici del dominio o su tutto un lato.
1 
 1
Abbiamo O(0,0), P  ,0  , M  0,  . Calcoliamo il valore di z relativo alle suddette coppie di valori
3 
 2
(variabili x e y):
3 − 0,4
2

= 0,86  u =  , z(M) = 1 0,125 = 0,875
3
3

1
2
Si ha quindi minimo in P (e massimo in O) utilizzando della sostanza A e
3
3
z(O) = 1 ( u = 1 ), z(P) =
1

u =  .
2

della sostanza C .
Risposta 8666
12
Problema 13 − Calcolo enigmatico
45 punti
×
= +
+
+
−
= ____________________________
◙ +
= A segno uguale corrisponde cifra uguale (e a segno diverso cifra diversa).
Quale numero corrisponde alla stringa
◙ ?
Soluzione:
Sostituiamo lettere ai simboli in questo modo:
= A, = B, = C, = D, = E, = F,
=L
◙ = G,
= H,
.
Otteniamo così:
AB
×
C
=
ADC
+
+
+
BE
−
FD =
AA
__________________________
GH
+
BL =
AE H
Dall’ultima somma orizzontale ricaviamo L = 0 e A = 1. Deduciamo C + D = 10 ed anche B = F +
1 (2ª somma verticale). Dovrà pure essere C ≠ 5 e D ≠ 5. Concludiamo ancora B > 1, anzi B = 6,
infatti poiché C è diverso da 5, può accadere solo che sia C = 2 o C = 4 o C = 8 (prodotto
orizzontale). Quindi F = 5. Dall’ultima somma orizzontale e dalla prima verticale si evincono due
possibilità: o è G = 7 oppure è G = 8.
Da G = 8 si deduce E = 4 (ultima somma orizz.) da cui H = 0 (1ª s. v.): non accettabile.
Da G = 7 si deduce E = 3, H = 9 (1ª s. v), C = 8 (3ª somma v.), D = 2, soluzione unica accettabile.
La stringa GALD corrisponde dunque al numero 7102
Risposta 7102
13
Problema 14 − Caso 2017 per l’ispettore di M. Smullyan
55 punti
In un caso di furto sono coinvolti quattro imputati, A, B, C, D. Vengono accertati i seguenti quattro
fatti:
1) Se A e B sono entrambi innocenti, allora C è innocente.
2) Se B è colpevole, almeno uno, tra A e D, è stato suo complice.
3) Se D è innocente, allora A è colpevole.
4) Se B e D sono colpevoli, allora C è innocente.
Alla luce dei suddetti fatti, calcolare la probabilità P(A) che A sia colpevole.
Si ipotizzi l’equiprobabilità degli eventi elementari che verranno individuati.
Dare come risposta la parte intera di 1000 × P(A).
Soluzione:
Formalizziamo dapprima le frasi.
Si intenda A = “A è colpevole” , ecc.
¬ A = “A è innocente”, ecc.
0 = FALSO
1 = VERO
Avremo:
1)
[(¬A) ∧ (¬B)] → ¬C, cioè ¬(A ∨ B) → ¬C (legge di De Morgan), quindi
C → (A ∨ B) (legge di contrapposizione, utilizzata nella dimostrazione per assurdo)
B → (A ∨ D)
¬D → A
(B ∧ D) → ¬C
2)
3)
4)
Costruiamo la tavola di verità:
1
2
3
4
A B C D nC nD B∧D Α∨Β A∨D C⇒(Α∨Β) Β⇒(Α∨D) nD⇒Α (B∧D)⇒nC
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
1
0
1
0
1
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1
0
1
0
1
0
1
0
1
1
1
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0
1
1
0
0
1
1
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0
1
1
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0
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1
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1
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1
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1
0
1
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0
1
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0
1
1
1
1
1
1
1
0
14
Poiché i fatti (1), (2), (3), (4) sono stati accertati (quindi supposti veramente accaduti),
considerando quindi solo le righe (in rosso) della tabella corrispondenti alle situazioni in cui tutte
le 4 frasi hanno valore di verità 1, si nota che, nei riguardi di A, si hanno 7 casi “1” su 9
complessivi (considerati “equiprobabili”, date le nostre informazioni).
La probabilità cercata è quindi P(A) = 7/9 = 0, 7 , da cui 1000 × P(A) = 777, 7 .
Risposta 0777
Soluzione 2:
1)
2)
3)
4)
[(¬A) ∧ (¬B)] → ¬C, cioè ¬(A ∨ B) → ¬C (legge di De Morgan), quindi
C → (A ∨ B) (legge di contrapposizione, utilizzata nella dimostrazione per assurdo)
B → (A ∨ D)
¬D → A
(B ∧ D) → ¬C
Trasformando ancora si ottiene:
1)
2)
3)
4)
¬ [(¬A) ∧ (¬B)] ∨ (¬C) oppure A ∨ B ∨ ¬C o anche ¬(¬A ∧ ¬B ∧ C)
¬B ∨ A ∨ D oppure ¬(B ∧ ¬A ∧ ¬D)
D ∨ A oppure ¬ (¬D ∧ ¬A)
¬ (B ∧ D) ∨ ¬C oppure ¬B ∨ ¬D ∨ ¬C
Si tratta quindi di escludere i casi
1. 001X
2. 01X0
3. 0XX0
4. X111
Si nota che rimangono i casi evidenziati in rosso nella tavola di verità proposta nella soluzione 1.
Problema 15 – L’isola del Tesoro
55 punti
Alcuni pirati nascondono un tesoro su un’isola. Vi sono due alberi A e B (vedi figura) ed una roccia
S. L’albero A dista 50 passi da S. L’albero B dista 80 passi da S. L’angolo AŜB è di 150°. I pirati
decidono di fare in questo modo: fissano il punto C perpendicolarmente ad AS a 50 passi da A,
fissano il punto D perpendicolarmente a SB a 80 passi da B, infine seppelliscono il tesoro T nel
punto medio di CD. Dopo qualche tempo i pirati ritornano sull’isola per recuperare il tesoro, ma nel
frattempo la roccia S è rotolata verso nord di 10 passi. Di quanti passi verso nord i pirati (che non
si accorgono della nuova posizione di S e si ricordano solo che era AS = AC, SB = BD, AS ⊥ AC,
SB ⊥ BD) troveranno il tesoro rispetto alla posizione di partenza di T?
15
Soluzione:
La posizione di T non dipende da S !!! Esso resta al posto di partenza anche se varia la posizione
di S. Infatti, con riferimento alla figura qui sotto, si ha sinteticamente:
M punto medio di AB.
HA = SN = BK, quindi HM = MK, cioè M punto medio di HK.
Poiché CT = TD e CH // DK, TM è asse di AB (teorema di Talete) .
MT è la media fra CH e DK, ma AM + MB = 2 AM = AN + NB = CH + DK, da cui AM = TM.
Quindi T si trova sull’asse di AB a distanza AM da M, cioè T dipende da A e B, ma non da S.
Risposta 0000
16
Problema 16 – Roba da Tex Willer !
60 punti
Cinque eccellenti tiratori sparano a 5 piattelli lanciati contemporaneamente. Ognuno di loro sceglie,
indipendentemente dagli altri e con uguale probabilità, un bersaglio da colpire. Tutti fanno centro.
Calcolare il numero medio dei piattelli colpiti. Detto F questo valore, fornire come risposta la parte
intera di 1000 F.
Soluzione:
Numeriamo i piattelli da 1 a 5.
Per i ∈ {1,2,3,4,5} sia Xi = 1 se viene colpito il piattello i e zero altrimenti. Il valore E[Xi] è uguale
alla probabilità che venga colpito il piattello i, quindi E[Xi] = 1 – (4/5)i , ossia 1 meno la
probabilità che nessuno spari al piattello i. Il numero medio di bersagli colpiti è
5
F=
∑ E[X ] = 5[1 − (4 / 5) ] = 3,3616 da cui
5
i
1000 F = 3361,6.
i =1
Risposta 3361
Problema 17 − Ciambella di ciambelle
65 punti
Un'azienda dolciaria che produce ciambelle (per il 25% al gusto di cioccolato e le restanti alla
marmellata), dopo un attento studio di marketing, decide di immettere sul mercato una nuova
confezione costituita da una scatola a forma di ciambella contenente 8 tubi di diversi colori nei quali
sono posizionate 8 ciambelle. I gusti delle ciambelle da inscatolare sono scelti in modo casuale e
due confezioni si considerano diverse se hanno almeno un abbinamento colore del tubo-gusto della
ciambella diverso.
Qual è la probabilità di acquistare una confezione contenente almeno 4 ciambelle contigue tutte alla
marmellata? Scrivere le prime quattro cifre dopo la virgola del risultato.
Soluzione 1:
Per analizzare tutti i casi favorevoli possiamo innanzitutto ipotizzare che la metà di sinistra della
confezione (cioè le ciambelle numerate con 5-6-7-8) sia tutta alla marmellata.
Potremo allora avere i seguenti casi:
caso A: le ciambelle 1,2,3 e 4 anch'esse tutte alla marmellata, con probabilità complessiva
17
caso B: la ciambella 1 al cioccolato, le ciambelle 2, 3 e 4 alla marmellata, con probabilità
caso C: le ciambelle 1 e 2 al cioccolato, le ciambelle 3 e 4 alla marmellata, con probabilità
caso D: le ciambelle 1,2 e 3 al cioccolato, la ciambella 4 alla marmellata, con probabilità
caso E: le ciambelle 1,2,3,4 tutte al cioccolato con probabilità
caso F: le ciambelle 1 e 3 al cioccolato, le ciambelle 2 e 4 alla marmellata, con probabilità
caso G: le ciambelle 1,2 e 4 al cioccolato, la ciambella 3 alla marmellata, con probabilità
caso H: le ciambelle 1 e 4 al cioccolato, le ciambelle 2 e 3 alla marmellata, con probabilità
caso I: le ciambelle 1,3 e 4 al cioccolato, la ciambella 2 alla marmellata, con probabilità
Ogni configurazione, esclusa la A, va poi moltiplicata per 8, essendo 8 i possibili "orientamenti"
della scatola. Complessivamente dunque:
=
81  81
27
9
3
1  81 593 48033
⋅
+ 8⋅
+ 24 ⋅
+ 24 ⋅
+ 8⋅
⋅
=
≅ 0,7329 .
=
256  256
256
256
256
256  256 256 65536
Soluzione 2:
Si indichi con P(i) la probabilità di avere esattamente i ciambelle contigue alla marmellata,
delimitate da due ciambelle al cioccolato e le rimanenti ad un qualunque gusto. Si ha:
18
Precisando che per i = 7 è presente una sola ciambella al cioccolato e che per i = 8 non ci sono né
ciambelle al cioccolato né rotazioni, si avrà:
4
2
2
7
8
48033
3 1  3 3 
3 1 3
= 8 ⋅   ⋅   ⋅ 1 + +    + 8 ⋅   ⋅ +   =
≅ 0,7329 .
65536
 4   4   4  4  
4 4 4
Soluzione 3:
Sia Ai l’evento “vi sono esattamente i ciambelle alla marmellata” e B l’evento richiesto dal
problema, ossia “vi sono 4 ciambelle contigue alla marmellata”. Applicando la formula di
disintegrazione
8
P ( B ) = ∑ P ( B | Ai ) P ( Ai )
i =4
i
 8  3   1 
Dalla distribuzione binomiale abbiamo P( Ai ) =     
 i  4   4 
Casi i = 8,7
8−i
, calcoliamo ora P(B|Ai).
Vi è al più una ciambella al cioccolato, dunque facilmente abbiamo P(B|Ai) = 1.
Caso i = 6
Abbiamo 2 interspazi tra le ciambelle al cioccolato di lunghezza a, b con a+b=6 (ad esempio la
configurazione CMMCMMMM corrisponde ad a=2, b=4 oppure a=4, b=2: i due casi sono
equivalenti a meno rotazioni). Le possibilità saranno 3+3, 2+4, 1+5, 0+6 che, in rotazione, danno
origine a 28 situazioni diverse(la prima ne dà solo 4). Solamente 24 realizzano l’evento B (un
addendo vale almeno 4), pertanto P(B|A6)=24/28=6/7.
Caso i = 5
Ragionando come prima abbiamo 3 interspazi a,b,c tra le ciambelle al cioccolato con a+b+c=5. Le
possibilità, sono 0+0+5, 0+1+4, 0+2+3, 0+3+2, 0+4+1, 1+1+3, 1+2+2 ossia 56 casi tenendo conto
delle rotazioni. Solo le possibilità del primo, secondo e quinto tipo (quelle con un addendo
maggiore o uguale a 4) realizzano B, quindi P(B|A5)=24/56=3/7.
Caso i = 4
Ragionando come prima abbiamo 4 interspazi a,b,c,d tra le ciambelle al cioccolato con
a+b+c+d=4. Le possibilità sono 0+0+0+4, 0+0+1+3, 0+0+2+2, 0+0+3+1, 0+1+0+3, 0+1+1+2,
0+1+2+1, 0+2+0+2, 0+2+1+1, 1+1+1+1 ossia 70 situazioni tenendo conto delle rotazioni: l’ultima
dà un solo due casi, la terzultima quattro. Solamente quelle del primo tipo realizzano B, dunque
P(B|A4)=8/70=4/35.
In conclusione quindi
19
4
4
5
3
6
2
7
8
0
 8  3   1  4  8  3   1  3  8  3   1  6  8  3   1   8  3   1 
P( B) =     
+      +      +     1 +      1 =
 4  4   4  35  5  4   4  7  6  4   4  7  7  4   4   8  4   4 
4
3 
4
3
6
81
48033

= 8  70 ⋅ + 56 ⋅ 3 ⋅ + 28 ⋅ 9 ⋅ + 8 ⋅ 27 + 81 = 593
=
≅ 0,7392.
35
7
7
65536 65536
4 

Risposta 7329
Problema 18 − Un grande numero
70 punti
Consideriamo il numero (45 + 2017 ) 2018 espresso in forma decimale. Scrivere nell’ordine la cifra
delle unità, la prima cifra dopo la virgola, la centesima cifra dopo la virgola, la 2017-esima cifra
dopo la virgola.
Soluzione:
Poniamo
x = 45 + 2017 ,
n+ 2
n+ 2
y = 45 − 2017 .
n +1
n +1
Ovviamente x0+ y0 = 2, x+ y = 90,
n
n
n
xy = 8.
n
+ y = ( x + y )( x + y ) − xy( x + y ) otteniamo che x + y è intero per ogni n
naturale e x + y n + 2 ≡ 90( x n +1 + y n +1 ) − 8( x n + y n ) ≡ 2( x n + y n ) (mod 10) . Da questo segue che
xn + yn è congruo a 0 modulo 10 per n dispari (infatti x + y ≡ 0 (mod 10)) , mentre per n pari
abbiamo sempre modulo 10 che x0 + y0 ≡ 2, x2 + y2 ≡ 2×2 ≡ 4, x4 + y4 ≡ 2×4 ≡ 8, x6 + y6 ≡ 2×8 ≡ 6,
x8 + y8 ≡ 2×6 ≡ 2 e così via. Pertanto xn + yn è congruo a 2, 4, 8, 6 modulo 10 rispettivamente per
n congruo a 0, 2, 4, 6 modulo 8. In particolare A = x 2018 + y 2018 è intero e congruo a 4 modulo 10.
Poiché 0 < y < 10−1, 0 < y2018 < 10−2018, la cifra delle unità di x2018 = A − y2018 è 3 e le sue prime
2018 cifre dopo la virgola sono tutte uguali a 9.
Risposta 3999
Dall’identità x
n+2
Problema 19 − Fasci di luce
80 punti
Una sorgente luminosa puntiforme si trova nel punto O (vedi figura indicativa) ed illumina
frontalmente un cerchio di raggio 1 m ad una distanza di 2 m dal centro C del cerchio medesimo.
Il cerchio è inclinato di 45° sull’orizzontale della sorgente. Il fascio di luce necessario per
illuminare il cerchio viene raccolto su un piano α passante per C e perpendicolare ad OC.
Qual è l’area, in cm2, della figura generata dal fascio su α?
Se servissero, utilizzare le approssimazioni: 2 = 1,4142 ; 3 = 1,732; π = 3,1416.
20
Soluzione 1 (geometrica-2D):
N.B. Le figure sono meramente esplicative: non esprimono necessariamente le proporzioni fra gli
elementi geometrici descritti nel testo. Le misure sono espressi in metri.
Poiché le proiezioni di coniche sono ancora coniche, la figura generata dal fascio di luce sul piano
α è un’ellisse di asse “verticale” GH (vedi figura 1 sotto). Sappiamo che l’area di una ellisse di
semiassi a e b vale abπ.
Fig 1
21
Con riferimento alla figura 2, qui sotto, che dà una visione laterale del tutto, calcoliamo la
lunghezze di GH, asse di cui sopra.
Fig 2
Se AB è il diametro “verticale” del cerchio, abbiamo SC = CK = BK = AS =
le proporzione BK : OK = GC : OC . Passando alle misure:
GC =
2
. Ed ancora: AS : OS = CH : OC , da cui
3
2
2

: 

1
=
2
2
. Abbiamo
2

2
 = GC : 2 , da cui
:  2 +

2


2
 = CH : 2 . Otteniamo:
2−
2 
2
2
4 2
. L’asse
3
“orizzontale” passerà per il punto medio M di GH. Chiamiamo D il punto sul cerchio la cui
proiezione è M (vedi fig.3, “semiprospettica”)
CH = 2 . La figura sarà un’ellisse con asse “verticale”
GH di lunghezza
Fig 3
22
Calcoliamo la lunghezza della corda NP di punto medio D la cui proiezione QR su α è l’asse
“orizzontale” dell’ellisse di cui viene richiesta l’area.
2
Consideriamo il triangolo rettangolo OCH. Sapendo che è CM =
, utilizzando similitudini fra
3
1
triangoli, si ricava CD = AD = . Deduciamo NP = 3 , corda di una circonferenza a distanza
2
2 5
5
, OD =
. Considerando ora i triangoli simili
metà raggio dal centro. Troviamo pure OM =
3
2
ONP e OQR, troviamo la proporzione
QR : NP = OM : OD , cioè QR =
L’area dell’ellisse richiesta è dunque
Passando ai cm2: Area = 34200.
4 3
.
3
2 3 2 2
⋅
⋅ π ≅ 3,4200 ( espressa in m2).
3
3
Soluzione 2 (analitica-3D):
Nello spazio cartesiano xyz poniamo C nell’origine, il punto O in (0,0, 2 ), il piano α di equazione
z = 0 e il cerchio giacente nel piano di equazione y + z = 0. Un punto generico nel piano predetto
avrà coordinate (a,b,-b), e se appartiene al cerchio avente centro nell’origine e raggio 1 sarà
a2+b2+(− b)2 = 1, ossia a2 + 2b2 = 1, da cui a = ± 1 − 2b 2 . Un punto generico P della
circonferenza avrà coordinate (± 1 − 2b 2 , b,−b) e la retta OP avrà coordinate O + t(P-O), ossia
(0,0, 2 ) + t (± 1 − 2b 2 , b,−b − 2 ) = (±t 1 − 2b 2 , bt , 2 − bt − t 2 )
Per trovare il punto di intersezione di OP con il piano z = 0 poniamo la terza coordinata uguale a 0,
2
da cui t =
. L’equazione della proiezione della circonferenza su α avrà pertanto equazioni
b+ 2
parametriche

2
1 − 2b 2
x = ±
b+ 2


2
y =
b

b+ 2
Ricavando b dalla seconda equazione e sostituendo nella prima si ottiene l’equazione
2 x 2 + 3 y 2 + 2 2 y − 2 = 0 . Dividendo per 3, completando il quadrato in y ed operando qualche
rimaneggiamento algebrico si ottiene l’equazione
2

2

y+


2
3
x

 =1
+
4
8
3
9
23

2 3
2 2
2
 e semiassi
in cui si riconosce un’ellisse di centro  0,−
e
, avente area

3
3
3 

2 3 2 2
⋅
⋅ π metri quadrati.
3
3
Risposta 3420
Problema 20 − Cerca il cerchio
90 punti
Abbiamo un cerchio Γ0 di centro O e raggio 12. Al suo interno vi sono altri due cerchi, Γ1 e Γ2 di
raggio 6, tangenti esternamente fra di loro in O e tangenti internamente al cerchio più grande come
in figura. Si aggiungono altri tre cerchi, Γ3 , Γ4 e Γ5 tali che:
1) siano tutti tangenti internamente al cerchio maggiore;
2) Γ3 sia tangente esternamente a Γ1 , Γ2 e Γ4 ;
3) Γ4 sia tangente esternamente a Γ2 , Γ3 e Γ5 ;
4) Γ5 sia tangente esternamente a Γ2 e Γ4 .
Calcolare la lunghezza del raggio di Γ5 . Detta r tale lunghezza, dare come risposta la parte intera
del valore di 1000 r.
24
Soluzione:
Riferiamoci ad un sistema di assi cartesiano di origine O, come in figura.
Se i centri A(−6,0) e B(6,0) di Γ1 e Γ2 sono sull’asse x, per motivi di simmetria, il centro P di Γ3
si trova sull’asse y. Detta k la lunghezza del raggio (in figura GP, ad es.) abbiamo
2
2
PA = PB = 6 + k e PO = 12 − k , ma è pure PA = 6 2 + PO . Otteniamo l’equazione:
36 + 12k + k 2 = 36 + 144 − 24k + k 2 , da cui k = 4.
Abbiamo quindi P(0,8) e l’equazione della circonferenza relativa a Γ3 :
x 2 + y 2 − 16 y + 48 = 0 .
Detto M il centro di Γ4 ed h il suo raggio, dovrà essere PM = 4 + h , MB = 6 + h e OM = 12 − h .
2
2
2
2
2
Si nota che OPMB è un rettangolo, infatti OM = PM + OP = PM + MB , cioè
(12 − h) 2 = (4 + h) 2 + (6 + h) 2 , 144 − 24h + h 2 = 16 + 8h + h 2 + 36 + 12h + h 2 , da cui h = 2. Infatti i
valori i numeri 12 – h = 10, 6 + h = 8, 4 + h = 6 formano terna pitagorica.
Ma vediamo provare l’assunto analiticamente.
Dette a e b le coordinate di M, r la lunghezza del raggio di Γ4 avremo il sistema
4 + r = a 2 + (b − 8) 2 = PM


2
2
6 + r = (a − 6) + b = BM , cioè

2
2
12 − r = a + b = OM
4 + r = a 2 + b 2 − 16b + 64


2
2
6 + r = a − 12a + 36 + b .

2
2
12 − r = a + b
25
a = 12 − 3r

Otteniamo b = 12 − 2r
, da cui r1 = 2 , r2 = 6 .
 2
r − 8r + 12 = 0
Il primo valore di r corrisponde al nostro cerchio, il secondo individua Γ1 , come c’era da
aspettarsi. Abbiamo quindi M(6,8), come previsto sopra e l’equazione della circonferenza di Γ4
x 2 + y 2 − 12 x − 16 y + 96 = 0 .
Applichiamo lo stesso metodo per trovare le caratteristiche di Γ5 .
Posto C(a,b) il centro di Γ5 , r la lunghezza del suo raggio, otteniamo
6 + r = (a − 6) 2 + b 2 = CB


2
2
2 + r = (a − 6) + (b − 8) = CM .

2
2
12 − r = a + b = CO
a = 12 − 3r

12
r

Risolvendo: b = + 6
, da cui r1 =
= 1, (09) , r2 = 4 .
11
2

11r 2 − 56r + 48 = 0
La seconda soluzione individua, come era prevedibile, la circonferenza di Γ3 , mentre la prima
soluzione è quella cercata.
Soluzione 2:
Utilizzando il teorema di Cartesio - nel caso di quattro circonferenze mutuamente tangenti di cui
tre lo sono internamente alla quarta - che recita:
2
1
1
1 
 1 1 1 1
 1
 − + + +  = 2 2 + 2 + 2 + 2  dove a, b, c, r sono i quattro raggi delle circonferenze
b
c
r 
 a b c r
a
(a, con segno meno, è il raggio di quella esterna).
Nel nostro caso r è incognito: è quello della circonferenza Γ5 , di centro C, nella figura precedente.
Considerando le quattro circonferenze relative ai cerchi Γ0 , Γ2 , Γ4 , Γ5 , otteniamo quindi
2
1 1 1 
 1 1 1 1
 1
+
+ + 2  , cioè 11r 2 − 56r + 48 = 0 .
 − + + +  = 2
 12 6 2 r 
 144 36 4 r 
Abbiamo le soluzioni r1 =
12
= 1, (09) , r2 = 4 . Concludiamo come in precedenza.
11
26
Soluzione 3:
Riferiamoci alla seguente figura.
Si tenga conto che qui con il simbolo Γ si indicano circonferenze e non cerchi, come invece è stato
nelle soluzioni precedenti.
Fissiamo un sistema di coordinate cartesiane avente origine nel centro di Γ0 . Consideriamo ora
l’inversione circolare I rispetto alla circonferenza Γ di centro A(12,0) e raggio 12. Ricordiamo che
un’inversione circolare è una involuzione che manda rette e circonferenze in rette e circonferenze,
preserva gli angoli e le tangenze, lascia fissa la circonferenza di inversione e manda circonferenze
passanti per il centro di inversione in rette. Inoltre se A è il centro di inversione, r il raggio della
circonferenza rispetto a cui si fa l’inversione e P un punto diverso da A, allora AP ⋅ AI(P) = r 2 .
Essa manderà pertanto l’asse delle ascisse in se stesso, il punto (−12,0) in (12 − 122/24,0) = (6,0),
Γ0 nella retta x = 6 (deve passare per (6,0) ed essere perpendicolare all’asse delle x), Γ2 nella retta
x = 0 (il punto (0,0) resta fisso perché appartenente a Γ e si mantiene la perpendicolarità all'asse
delle ascisse), Γ1 nella circonferenza di centro C1(3,0) e raggio 3 (deve essere tangente a Ι(Γ0) e
Ι(Γ2)). La circonferenza Ι(Γ3) sarà tangente Ι(Γ0), Ι(Γ1), Ι(Γ2) e giacerà nel semipiano y > 0, quindi
27
sarà la circonferenza di centro C3(3,6) e raggio 3. In generale per n ≥ 3, Ι(Γn) sarà la
circonferenza di centro Cn(3,6(n-2)) e raggio 3, dovendo essere tangente a Ι(Γ0), Ι(Γ2), Ι(Γn−1).
Poiché I è una involuzione, Γn = Ι(Ι( Γn)), pertanto per n ≥ 3 per ottenere Γn applichiamo I alla
circonferenza di centro (3,6(n-2)) e raggio 3. Purtroppo in una inversione il centro di una
circonferenza non viene in generale mappato nel centro della circonferenza immagine,
consideriamo pertanto la retta ACn, che interseca Ι(Γn) in due punti Pn e Qn. Dal teorema di
Pitagora abbiamo AC n = 9 2 + (6( n − 2)) 2 , pertanto APn e AQn sono lunghi
e
9 2 + (6( n − 2)) 2 − 3
9 2 + (6( n − 2)) 2 + 3 . Poiché I mappa la retta ACn (eccetto il punto A che va all’infinito) in se
stessa, i punti I(Pn) e I(Qn) giaceranno su ACn e disteranno da A dei valori
12 2
81 + 36(n − 2) 2 − 3
e
12 2
. Il segmento avente per estremi I(Pn) e I(Qn) sarà diametro di Γn (perché Ι(Γn)
81 + 36(n − 2) 2 + 3
è simmetrica rispetto alla retta ACn e dunque anche Γn lo è), pertanto il raggio di Γn è (per n ≥ 3)

1
144
144
12
=
−
. Per n = 5 otteniamo come
pari a 
2
 (n − 2) 2 + 2
2  81 + 36(n − 2) 2 − 3
81
+
36
(
n
−
2
)
+
3


raggio 12/11.
Risposta 1090
28