I Giochi di Archimede - Soluzioni Biennio

PROGETTO OLIMPIADI DI MATEMATICA
U.M.I. UNIONE MATEMATICA ITALIANA
MINISTERO DELLA PUBBLICA ISTRUZIONE
I Giochi di Archimede - Soluzioni Biennio
27 novembre 2014
Risoluzione dei problemi (l’ordine si riferisce al testo 1)
Problema 1. Nel paese di Gnallucci circolano quattro monete: dobloni, zecchini, talleri e fufignezi.
Un doblone vale quanto uno zecchino più un tallero e un fufignezo. Due dobloni valgono quanto uno
zecchino più tre talleri e cinque fufignezi. Un tale entra in un negozio con uno zecchino e ne esce
con un tallero. In fufignezi, quanto ha pagato?
(A) 1, (B) 2, (C) 3, (D) 4, (E) 5.
La risposta è (C). Indichiamo con D, Z, F, T il valore di un doblone, di uno zecchino, di un
fufignezo e di un tallero, rispettivamente. Sappiamo che D = Z + T + F e 2D = Z + 3T + 5F .
Se, ad esempio, moltiplichiamo la prima equazione per due e la sottraiamo dalla seconda troviamo:
Z = T + 3F . Dunque il tale ha pagato 3 fufignezi.
[Problema proposto da M. Mamino.]
Problema 2. Quanto fa (1, 3̄) · (0, 3̄)?
13
(A) 0, 4 (B) 0, 43̄ (C) 0, 4̄ (D) 33
(E) nessuno dei precedenti.
La risposta è (C). Per fare il calcolo dobbiamo usare le frazioni generatrici (altrimenti dovremmo
1
fare un numero infinito di moltiplicazioni e riporti!). La frazione generatrice di 0, 3̄ è . Poichè
3
4
1
1, 3̄ = 1 + 0, 3̄, la frazione generatrice di 1, 3̄ sarà: 1 + = . Dunque
3
3
1 4
4
(0, 3̄) · (1, 3̄) = · = = 0, 4̄.
3 3
9
[Problema proposto da A. Colesanti e A. Sambusetti.]
Problema 3. Paperopoli dista da Topolinia 4 ore di viaggio. Paperino parte da Paperopoli alle 4
del mattino, ora locale, e, per via del fuso orario, arriva a Topolinia all’ora (locale) di pranzo. A che
ora torna a Paperopoli se riparte due ore dopo?
(A) Alle 12, (B) alle 14, (C) alle 15, (D) alle 16, (E) dipende dall’ora a cui pranzano a Topolinia.
La risposta è (B). Supponiamo che tra Paperopoli e Topolinia ci sia un differenza di fuso orario
di D ore, e più precisamente a Topolinia gli orologi siano D ore avanti rispetto a Paperopoli. Dunque
Paperino arriva a Topolinia alle ore 4 + 4 + D = 8 + D, e riparte due ore dopo, cioé alle 10 + D.
Quando arriva di nuovo a Paperopoli sono le 14 + D, ora di Topolinia, a cui si deve sottrarre la
differenza di fuso orario D per avere l’ora di Paperopoli. In conclusione torna a Paperopoli alle 14.
[Problema proposto da A. Iraci.]
1
Problema 4. Un parallelogramma è costruito incollando quattro triangoli equilateri di lato 10 cm
come in figura.
opposti A e B?
√ Quanti cm
√ distano i vertici
√
(A) 25, (B) 675, (C) 700, (D) 825, (E) 30.
B
A
La risposta è (C). L’altezza
√ h di uno√qualsiasi dei quattro triangoli equilateri è uguale, per il
è uguale all’ipotenusa
di un triangolo
teorema di Pitagora, ad h = 102 − 52 = √75. Il segmento AB√
√
2
rettangolo di cateti b = 10 + 10 + 5 e h = 75, dunque AB = 25 + 75 = 700.
[Problema proposto da L. Ghidelli.]
Problema 5. I numeri a, b e c sono interi relativi. Si sa che a2 bc = 1. Quale delle seguenti
affermazioni è sicuramente vera?
(A) a = 1 e b = 1, (B) a = −1 e c = 1, (C) b2 ac = 1, (D) a2 b2 = 1, (E) a 6= 1.
La risposta è (D). Nessuno dei tre numeri interi a, b e c può essere diverso da 1 o −1, altrimenti,
trattandosi di numeri interi, il prodotto a2 bc non sarebbe uguale a 1. Quindi l’uguaglianza contenuta
nella risposta (D) è certamente vera. Verifichiamo che le altre risposte non sono corrette. Il numero
a può essere indifferentemente 1 o −1 perché nell’uguaglianza a2 bc = 1 compare solo il suo quadrato.
Quindi le risposte (A) e (B) e (D) non sono corrette (ovvero, le affermazioni in esse contenute non
sono necessariamente vere). Anche la risposta (C) non è corretta: la terna a = −1, b = 1, c = 1
verifica la richiesta del problema, ma non b2 ac = 1.
[Problema proposto da C. Antonucci.]
Problema 6. In una certa azienda ogni dirigente percepisce uno stipendio pari a quattro volte quello
di ogni operaio. Il costo complessivo che l’azienda sostiene per pagare gli stipendi di tutti i dipendenti
è uguale a sei volte il costo complessivo degli stipendi di tutti i dirigenti. Quanti operai ci sono per
ciascun dirigente?
(A) 5, (B) 6, (C) 20, (D) 24, (E) 30.
La risposta è (C). Chiamiamo D ed O rispettivamente il numero di dirigenti ed operai dell’azienda, e con d il costo di ciascun dirigente. Poiché ogni operaio costa all’azienda d/4, il costo totale T
sostenuto dall’azienda per tutti i dipendenti è: 6dD = T = dD + d4 O, da cui si deduce O = 20D.
[Problema proposto da P. Negrini.]
Problema 7. Al luna park c’è un distributore di biglie con due pulsanti e un contenitore: il primo
pulsante fa entrare 16 biglie nel contenitore, il secondo aumenta il numero di biglie nel contenitore
del 50%. Inserendo una moneta, si può premere uno qualsiasi dei due pulsanti. Se il contenitore
inizialmente è vuoto, quante biglie al massimo si possono far entrare nel contenitore con 5 monete?
(A) 70, (B) 80, (C) 88, (D) 96, (E) 108.
2
La risposta è (E). Notiamo innanzitutto che il numero di biglie nel contenitore è sempre pari,
quindi il distributore introduce sempre un numero intero di biglie. Supponiamo che a un certo punto
ci siano N biglie nel contenitore: se scelgo di metterne altre 16 passo a N + 16 biglie, se scelgo di
aumentarne il numero del 50% passo a N + N2 = 32 N . L’operazione più vantaggiosa per averne il
maggior numero possibile dipende dal valore di N :
- se N + 16 > 23 N (cioè N < 32), conviene aggiungere 16 biglie,
- se N + 16 < 32 N (cioè N > 32), conviene aumentare il numero di biglie del 50%,
e se N = 32 le due operazioni sono equivalenti. Inizialmente abbiamo N = 0, quindi al primo passo la scelta più vantaggiosa è portare il numero di biglie a 16. Poiché 16 < 32, useremo la seconda moneta per aumentare ancora il numero di biglie di 16 ed arrivare a 32 biglie.
A questo punto sappiamo che la scelta tra le due opzioni è indifferente, e con la terza moneta otterremo comunque 32 + 16 = 48 biglie. Poiché ora il numero di biglie ha superato 32, useremo le
ultime due monete per aumentare ad ogni passo il numero di biglie del 50%, passando prima da 48
a 48 + 24 = 72, e poi a 72 + 36 = 108.
[Problema proposto da G. Barbarino.]
Problema 8. Agata, Nina e Leo decidono che al “Via!” ciascuno di loro dirà (a caso) BIM, oppure
BUM, oppure BAM. Qual è la probabilità che dicano tutti e tre la stessa cosa?
1
1
1
1
, (B) tra 12
e 10
, (C) tra 10
e 18 , (D) tra 81 e 16 , (E) più di 61 .
(A) Meno di 12
La risposta è (C). I possibili eventi che si possono verificare al “Via!” sono 27. Infatti, per
ciascuna delle tre possibili scelte di Agata, vi sono tre possibili scelte di Nina, e per ciascuna di esse
ancora tre possibili scelte di Leo. Ci sono dunque 3 · 3 · 3 = 27 possibilità. Di queste, i casi in cui
tutti e tre dicono la stessa parola sono esattamente tre (se dicono tutti e tre BIM, oppure tutti e
tre BUM, oppure tutti e tre BAM). La probabilità che dicano tutti e tre la stessa cosa è data dal
rapporto
1
3
= ,
27
9
cioè il numero dei casi “favorevoli” sul numero totale dei casi possibili.
[Problema proposto da A. Colesanti.]
Problema 9. Sia dato un pentagono regolare di lato 1 cm; quanti cm2 vale l’area dell’insieme di
punti del piano che sono esterni al pentagono e distano al più 1 cm da esso?
(A) (5 + π), (B) (3/2 + 2π), (C) 7, (D) 8, (E) 3π.
La risposta è (A). Se prendiamo un punto P esterno al pentagono possiamo considerare il punto
del pentagono più vicino a P , che chiamiamo P ′ . Il punto P ′ può essere interno a uno dei lati del
pentagono, oppure coincidere con un suo vertice. L’insieme dei punti P esterni al pentagono per
cui P ′ cade all’interno di uno dei lati è formato da cinque quadrati (uno per ciascun lato) di lato
1, la cui area complessiva è 5. L’insieme dei punti P esterni al pentagono per cui P ′ è un vertice
del pentagono è formato invece da quattro “spicchi”, ovvero settori circolari di raggio 1 ed angolo
, tutti congruenti tra loro; questi, se traslati in modo da avere lo stesso centro, formano
al centro 2π
5
(senza sovrapporsi se non sul bordo) un cerchio di raggio 1 ed area π:
3
Pertanto l’area cercata è uguale a (5 + π).
[Problema proposto da G. Paolini.]
Problema 10. Otto giocatori, di cui quattro sono difensori e quattro sono attaccanti, organizzano
un torneo di biliardino. Ogni possibile coppia difensore-attaccante gioca una e una sola volta contro
ogni altra possibile coppia difensore-attaccante. Quanti incontri faranno in tutto?
(A) 24, (B) 36, (C) 48, (D) 72, (E) 144.
La risposta è (D). Per ogni possibile scelta di 2 difensori tra i 4 difensori possibili e di 2 attaccanti
tra i 4 possibili attaccanti Äsiäottengono
quattro
squadre distinte, dunque due partite. Il numero totale
Ä4ä
Ä4ä
4
di partite è allora n = 2 · 2 · 2 , dove 2 = 6 è il numero di possibili scelte di 2 oggetti presi tra 4.
Quindi n = 72.
[Problema proposto da A. Iraci.]
Problema 11. È dato un numero primo di tre cifre le cui cifre sono, nell’ordine: a, b, c. Quanti
divisori primi ha il numero di sei cifre la cui scrittura è abcabc? [Ricordiamo che 1 non è un numero
primo.]
(A) 1, (B) 2, (C) 3, (D) 4, (E) 5.
La risposta è (D). Osserviamo che abcabc = abc · 1000 + abc = abc · (1000 + 1) = abc · 1001.
Scomponiamo ora 1001 in fattori primi: 1001 = 13 · 11 · 7. Dunque abcabc = abc · 13 · 11 · 7 e i quattro
fattori sono tutti numeri primi (abc è primo per ipotesi). Quindi i divisori primi di abcabc sono abc,
13, 11 e 7, cioè quattro in tutto.
[Problema proposto da S. Mongodi.]
Problema 12. Il quadrato in figura è diviso in 9 quadratini congruenti. Sapendo che il lato del
quadrato grande misura L, calcolare l’area evidenziata in grigio.
11 2
5 2
1 2
(A) 108
L , (B) 19 L2 , (C) 54
L , (D) 12
L , (E) 13
L2 .
81
4
La risposta è (A). Chiamiamo Q il quadrato grande di lato L, q il quadratino centrale, T il triangolo rettangolo più grande tagliato dal segmento obliquo nel quadrato Q, e t il triangolo rettangolo
più piccolo tagliato dallo stesso segmento dentro al quadratino q. Chiaramente area(q) = 91 area(Q).
I triangoli t e T sono invece simili di rapporto 61 (poiché l’altezza di t è 16 L), quindi si ha
Ä ä2
area(t) = 61 area(T ). Infine, poiché la base di T è 23 L , si ha area(T ) = 31 area(Q). Ne deduciamo:
area(t) =
1 1
1
1
area(T ) =
· area(Q) = area(q).
36
36 3
12
Allora l’area del pentagono evidenziato in grigio vale
Ç
å
11 1
11 2
1
area(q) =
· area(Q) =
L.
area(q) − area(t) = 1 −
12
12 9
108
[Problema proposto da A. Pesare.]
Problema 13. Quante cifre ha il numero 2010 ?
(A) 10, (B) 11, (C) 13, (D) 14, (E) 15.
La risposta è (D). Osserviamo che
2010 = (2 · 10)10 = 210 · 1010 = 1024 · 1010 .
Questo numero si scrive come 1024 seguito da 10 zeri, e quindi ha 4 + 10 = 14 cifre.
[Problema proposto da A. Colesanti, F. Poloni, A. Sambusetti.]
Problema 14. Sono date tre circonferenze aventi tutte raggio 1 cm e tangenti due a due come in
figura. Calcolare l’area in cm2 della parte compresa tra le tre circonferenze, evidenziata in grigio in
figura.√
√
(A) ( 3 − π2 ), (B) 3, (C) 3, (D) π2 , (E) π.
La risposta è (A). Siano A, B e C le tre circonferenze, di centri rispettivi A, B e C. Osserviamo
che il segmento AB passa per il punto di tangenza tra le due circonferenze A e B, e quindi ha
lunghezza 2. Lo stesso discorso vale per i segmenti BC e AC. Quindi il triangolo ABC è equilatero
ed ha lato pari a 2. La sua altezza è uno dei cateti di un triangolo
rettangolo pari alla metà del
√
triangolo ABC: per il teorema di Pitagora, tale altezza vale 3. L’area del triangolo ABC vale
√ 1 √
area(ABC) = 2 · 3 · = 3
2
Siano ora E, F e G i punti di tangenza tra le circonferenze A e B, B e C, C e A rispettivamente. Il
˙ di centro A ed estremi E e G, ha ampiezza 60◦ = π ed area π . Stessa area
settore circolare EAG
3
6
˙ eF
˙
hanno gli altri due settori circolari EBF
CG. L’area da determinare vale quindi:
√
√
˙ = 3−3· π = 3− π
area(ABC) − 3 · area(EAG)
6
2
[Problema proposto da S. Di Trani.]
5
Problema 15. Uno studente in gita si sveglia la mattina e, dalla sua stanza di un hotel a sette
piani (oltre al piano terra), scende in ascensore per recarsi al piano terra e fare colazione. Tuttavia,
molto assonnato, preme ripetutamente il pulsante sbagliato e visita esattamente una volta tutti gli
altri piani (escluso il suo), prima di arrivare finalmente al piano terra. Sapendo che la sua stanza
non si trova al piano terra, quanta strada percorre l’ascensore, al massimo?
(A) 29 piani, (B) 28 piani, (C) 27 piani, (D) 26 piani, (E) 25 piani.
La risposta è (B). Sia L la lunghezza (in piani) del più lungo percorso in ascensore effettuabile
premendo 7 pulsanti differenti, arrivando al piano terra al 7o viaggio. Supponiamo che tale percorso
sia ottenuto partendo dal piano x0 e premendo, nell’ordine, i pulsanti x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 , x7 = 0.
Mostriamo che tale percorso è ottenuto invertendo ogni volta direzione di marcia.
Infatti, se non si invertisse il senso di marcia anche una sola volta, la lunghezza di tale percorso
equivarrebbe alla lunghezza di un percorso effettuato partendo da x0 e premendo meno di 7 pulsanti,
diciamo nell’ordine y1 , ..., yk = 0 con k ≤ 6, e invertendo ogni volta senso di marcia. Ma in tale
percorso si evita necessariamente un piano y0 , sicché il percorso ottenuto:
- andando inizialmente dal piano y0 ad y1 (se il piano x0 si trova tra y0 ed y1 ), e quindi seguendo
la successione di piani y2 , ..., yk ,
- ovvero andando inizialmente da y0 ad x0 (se x0 non sta tra y0 e y1 ), e poi seguendo la successione
di piani y1 , ..., yk ,
sarebbe più lungo di L, contraddizione.
Pertanto il percorso più lungo è ottenuto necessariamente da una successione di piani che verificano
x0 > x1 < x2 > x3 < x4 > x5 < x6 > x7 = 0.
P
La lunghezza percorsa è allora L = 6i=0 |xi+1 − xi | = 2(x2 + x4 + x6 ) − 2(x1 + x3 + x5 ) + x0 . Tale
numero è massimo per il valore più piccolo possibile di (x1 + x3 + x5 ) e per il valore più grande
possibile di (x2 + x4 + x6 ), quindi L = 2 · (5 + 6 + 7) − 2 · (1 + 2 + 3) + 4 = 28.
[Problema proposto da G. Paolini.]
Problema 16. Francesco vuole seminare una zona del giardino della sua casa, che ha la forma
riportata in figura (casa in grigio e giardino in bianco tutto intorno). Per far questo, lega una corda
di 2 m all’angolo A della casa, la tende e, spostandone l’estremità, disegna il perimetro della zona
2
da seminare.
Francesco?
√
√
√
√ Quanti15m seminerà
3
3
3
9
(A) 2π + 3, (B) 4 π − 2 , (C) 31
π
+
,
(D)
π,
(E)
4π
−
− 1.
12
2
4
2
3m
1m
A
1m
2m
La risposta è (C). L’area da seminare è uguale alla metà di un triangolo equilatero di lato 2 (il
cui angolo in A vale π3 ), più quella di un settore circolare di raggio 2 e di angolo al centro 7π
, più
6
quella di un settore circolare di raggio 1 ed angolo al centro π2 :
6
1m
1m
A
√
· 4 + π4 · 1 =
Il totale fa dunque 23 + 7π
12
[Problema proposto da F. Mugelli]
31
π
12
+
√
3
.
2
7
2m
PROGETTO OLIMPIADI DI MATEMATICA
U.M.I. UNIONE MATEMATICA ITALIANA
MINISTERO DELLA PUBBLICA ISTRUZIONE
I Giochi di Archimede - Soluzioni Triennio
27 novembre 2014
Risoluzione dei problemi (l’ordine si riferisce al Testo 1)
Problema 1. Nel paese di Gnallucci circolano quattro monete: dobloni, zecchini, talleri e fufignezi.
Un doblone vale quanto uno zecchino più un tallero e un fufignezo. Due dobloni valgono quanto uno
zecchino più tre talleri e cinque fufignezi. Un tale entra in un negozio con uno zecchino e ne esce
con un tallero. In fufignezi, quanto ha pagato?
(A) 1, (B) 2, (C) 3, (D) 4, (E) 5.
La risposta è (C). Indichiamo con D, Z, F, T il valore di un doblone, di uno zecchino, di un fufignezo
e di un tallero, rispettivamente. Sappiamo che D = Z + T + F e 2D = Z + 3T + 5F . Se, ad esempio,
moltiplichiamo la prima equazione per due e la sottraiamo dalla seconda troviamo: Z = T + 3F .
Dunque il tale ha pagato 3 fufignezi.
[Problema proposto da M. Mamino]
Problema 2. Nell’equazione x2 + bx + c = 0 si sa che c < 0. Allora certamente:
(A) l’equazione non ha radici reali,
(B) l’equazione ha due radici reali coincidenti,
(C) l’equazione ha una radice reale positiva e una radice reale negativa,
(D) l’equazione ha due radici reali positive,
(E) l’equazione ha due radici reali negative.
La risposta è (C). Osserviamo che il discriminante dell’equazione è ∆ = b2 − 4c. Poiché c < 0, segue
che ∆ > 0, ovvero l’equazione ha due radici reali distinte (il che esclude le risposte (A) e (B)).
Sappiamo inoltre che il prodotto delle due radici dell’equazione coincide con il termine noto che in
questo caso è il numero negativo c; quindi le due radici hanno segno opposto.
[Problema proposto da G. Barbarino.]
√
Problema 3. Un parallelogramma di perimetro P = 8 cm ha area A = 4 2 cm2 . Quanto misura il
suo angolo acuto?
(A) 30◦ , (B) 45◦ , (C) 60◦ , (D) un tale parallelogramma non esiste, (E) l’angolo non è univocamente
determinabile dai dati forniti.
La risposta è (D). Chiamiamo a e b la lunghezza dei due lati del parallelogramma,
e ϑ 6= 0 l’angolo
√
interno che essi formano. Dunque a + b = P/2 = 4 ed ab sin ϑ = A = 4 2. Allora a e b sono le due
soluzioni dell’equazione
√
4 2
2
x − 4x +
=0
sin ϑ
√
√
il cui discriminante vale ∆ = 16(1 − sin2ϑ ) ≤ 16(1 − 2) < 0, poiché 0 < sin ϑ ≤ 1. Ne segue che tale
equazione non ha soluzioni reali, ed un tale parallelogramma non esiste.
1
Se non si vuole usare la trigonometria, è √sufficiente chiamare h l’altezza
√ del parallelogramma sulla
4 2
P
base b, sicché h = A/b = A/( 2 − a) = 4−a > a; infatti a(4 − a) − 4 2 < 0 per ogni a, essendo il
√
discriminante dell’equazione corrispondente ∆ = 16(1 − 2) < 0. Ma h è il cateto di un triangolo
rettangolo di ipotenusa a, quindi la relazione h > a è impossibile.
[Problema proposto da A. Sambusetti.]
Problema 4. Tredici amici si ritrovano per un gioco da tavolo. Il gioco prevede che a ogni partecipante vengano distribuiti dei sesterzi, in modo che il primo giocatore riceva un sesterzo ed ogni
giocatore successivo riceva un numero di sesterzi pari al doppio di quelli assegnati al giocatore precedente. Sapendo che ci sono in tutto 10000 sesterzi, quante saranno i sesterzi che resteranno non
distribuiti?
(A) 0, (B) 32, (C) 205, (D) 951, (E) 1809.
La risposta è (E). Osserviamo che il secondo giocatore prende 2 sesterzi, il terzo 4 = 22 , il quarto
8 = 23 , il quinto 16 = 24 ... e cosı̀ via. Il numero di sesterzi distribuiti in totale è quindi
1 + 2 + 22 + 23 + 24 + · · · + 212 .
Questa è la somma delle prime n potenze naturali di un numero x fissato (n = 12 ed x = 2 in questo
caso), e può essere calcolata con la formula:
1 + x + x2 + x3 + x4 + · · · + xn =
xn+1 − 1
,
x−1
Ponendo x = 2 ed n = 12 troviamo quindi che il numero di sesterzi distribuiti è 213 − 1 = 8191, e il
numero di sesterzi rimasti è 10000 − 8191 = 1809.
[Problema proposto da S. Monica.]
Problema 5. In una certa azienda ogni dirigente percepisce uno stipendio pari a quattro volte quello
di ogni operaio. Il costo complessivo che l’azienda sostiene per pagare gli stipendi di tutti i dipendenti
è uguale a sei volte il costo complessivo degli stipendi di tutti i dirigenti. Quanti operai ci sono per
ciascun dirigente?
(A) 5, (B) 6, (C) 20, (D) 24, (E) 30.
La risposta è (C). Chiamiamo D ed O rispettivamente il numero di dirigenti ed operai dell’azienda,
e con d il costo di ciascun dirigente. Poiché ogni operaio costa all’azienda d/4, il costo totale T
sostenuto dall’azienda per tutti i dipendenti è
d
6dD = T = dD + O
4
da cui si deduce O = 20D.
[Problema proposto da P. Negrini]
2
Problema 6. Quale di questi numeri è un numero intero?
√
√
5
34
+ √
(A) 0,002 · 100 + 11025, (B) 32 · 3 · 1,6, (C) (8, 2)2 − (1, 8)2 , (D) ( 2 + 1)2 , (E)
.
1,02 6 0,0001
La risposta è (C). Cercando i possibili divisori di 11025, troviamo che 11025 = 52 · 212 , dunque il
primo dei cinque numeri nelle risposte è pari a 0, 2 + 110 che non è intero. Il secondo numero è uguale
a 32 · 4, 8 = 153, 6, anch’esso non intero. Il numero della terza risposta può essere scritto come:
(8, 2)2 − (1, 8)2 = (8, 2 + 1, 8) · (8, 2 − 1, 8) = 10 · 6.4 = 64
ed è quindi intero. Osserviamo ancora che il numero della risposta (D) è
√
√
√
( 2 + 1)2 = 1 + 2 + 2 2 = 3 + 2 2,
dunque non è intero (e neppure razionale!). Infine, il numero della risposta (E) può essere scritto
come:
5
100
34
5
350
100 250
+
√
= 34 ·
+
+
=
1 =
102
−4
102 6 · 102
3
3
3
6 · 10
100
che non è intero.
[Problema proposto da L. Ghidelli.]
Problema 7. Si consideri un triangolo equilatero T , e si chiami G il suo baricentro. Si colorino di
rosso tutti i punti interni al triangolo la cui distanza da G è minore o uguale alla distanza da uno
qualsiasi dei tre vertici. Quanto
vale√il rapporto tra l’area rossa e l’area di T ?
√
3
1
2
1
(A) 3 , (B) 4 , (C) 3 , (D) 9 , (E) 33 .
La risposta è (C). Gli assi dei tre segmenti che congiungono i vertici del triangolo al baricentro
determinano un esagono regolare:
T
t
G
L’area di tale esagono è quella di 6 triangolini equilateri t di lato uguale a 13 del triangolo iniziale T ,
mentre il triangolo T ha area pari a nove volte l’area di t. Pertanto il rapporto delle aree vale 32 .
[Problema proposto da G. Paolini.]
4
3
2
Problema 8. Sapendo che l’equazione 2x
+ 5x − 21x + 5x + 2 = 0 ha 4 soluzioni reali a, b, c, d,
1
1
1
1
quanto fa a + b + c + d − a + b + c + d ?
(A) −7, (B)
21
,
5
(C)
10
,
21
(D) 52 , (E) 0.
3
La risposta è (E). Osserviamo che l’equazione in esame è simmetrica, dunque se a è una soluzione,
anche a−1 lo è: infatti se a risolve l’equazione
2a4 + 5a3 − 21a2 + 5a + 2 = 0
dividendo primo e secondo termine per a4 troviamo:
2
3
4
1
1
1
1
+5·
+2·
= 0,
2 + 5 · − 21 ·
a
a
a
a
ovvero a−1 è soluzione della stessa equazione 2 + 5x − 21x2 + 5x3 + 2x4 = 0. Allora l’insieme delle
soluzioni dell’equazione è uguale all’insieme dei reciproci delle soluzioni, e quindi
1 1 1 1
= 0.
+ + +
a+b+c+d−
a b c d
[Problema proposto da M. Trevisiol.]
Problema 9. Otto giocatori, di cui quattro sono difensori e quattro sono attaccanti, organizzano
un torneo di biliardino. Ogni possibile coppia difensore-attaccante gioca una e una sola volta contro
ogni altra possibile coppia difensore-attaccante. Quanti incontri faranno in tutto?
(A) 24, (B) 36, (C) 48, (D) 72, (E) 144.
La risposta è (D). Per ogni possibile scelta di 2 difensori tra i 4 difensori possibili e di 2 attaccanti tra
i 4 possibili attaccanti si ottengono
quattro
squadre distinte, dunque due partite. Il numero totale
di partite è allora n = 2 · 42 · 42 , dove 42 = 6 è il numero di possibili scelte di 2 oggetti presi tra 4.
Quindi n = 72.
[Problema proposto da A. Iraci.]
Problema 10. È dato un numero primo le cui cifre sono, nell’ordine: a, b, c. Quanti divisori primi
ha il numero di sei cifre la cui scrittura decimale è abcabc? [Ricordiamo che 1 non è un numero
primo.]
(A) 1, (B) 2, (C) 3, (D) 4, (E) 5.
La risposta è (D). Osserviamo che abcabc = abc · 1000 + abc = abc · (1000 + 1) = abc · 1001.
Scomponiamo ora 1001 in fattori primi
1001 = 13 · 11 · 7.
Dunque abcabc = abc · 13 · 11 · 7 e i quattro fattori sono tutti numeri primi (abc è primo per ipotesi).
Quindi i divisori primi di abcabc sono abc, 13, 11 e 7, cioè quattro in tutto.
[Problema proposto da S. Mongodi.]
4
Problema 11. Il quadrato in figura è diviso in 9 quadrati congruenti. Sapendo che il suo lato misura
L, calcolare l’area evidenziata in grigio.
5 2
1 2
13 2
11 2
L , (B) 19 L2 , (C) 54
L , (D) 12
L , (E) 81
L.
(A) 108
La risposta è (A). Chiamiamo Q il quadrato grande di lato L, q il quadratino centrale, T il triangolo rettangolo più grande tagliato dal segmento obliquo nel quadrato Q, e t il triangolo rettangolo
più piccolo tagliato dallo stesso segmento dentro al quadratino q. Chiaramente area(q) = 19 area(Q).
I triangoli t e T sono invece simili di rapporto 61 (poiché l’altezza di t è 16 L), quindi si ha
2
area(t) = 61 area(T ). Infine, poiché la base di T è 23 L , si ha area(T ) = 31 area(Q).
Ne deduciamo che:
1
1 1
1
area(t) = area(T ) =
· area(Q) = area(q)
36
36 3
12
Allora l’area del pentagono evidenziato in grigio vale
11 1
11 2
1
area(q) =
· area(Q) =
L.
area(q) − area(t) = 1 −
12
12 9
108
[Problema proposto da A. Pesare.]
Problema 12. Se x + x1 = 5, quanto fa x3 + x13 ?
(A) 105, (B) 110, (C) 115, (D) 120, (E) 125.
La risposta è (B). Utilizzando i prodotti notevoli, possiamo scrivere
1
x+
x
3
=
1
x + 3
x
3
1
+3 x+
x
e poiché x + x1 = 5 si deduce x3 + x13 = 53 − 3 · 5 = 110.
[Problema proposto da F. Poloni.]
Problema 13. Uno studente in gita si sveglia la mattina e, dalla sua stanza di un hotel a sette
piani (oltre al piano terra), scende in ascensore per recarsi al piano terra a fare colazione. Tuttavia,
molto assonnato, preme ripetutamente il pulsante sbagliato e visita esattamente una volta tutti gli
altri piani (escluso il suo), prima di arrivare finalmente al piano terra. Sapendo che la sua stanza
non si trova al piano terrra, quanta strada percorre l’ascensore, al massimo?
(A) 29 piani, (B) 28 piani, (C) 27 piani, (D) 26 piani, (E) 25 piani.
La risposta è (B). Sia L la lunghezza (in piani) del più lungo percorso in ascensore effettuabile
premendo 7 pulsanti differenti, arrivando al piano terra al 7o viaggio. Supponiamo che tale percorso
sia ottenuto partendo dal piano x0 e premendo, nell’ordine, i pulsanti x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 , x7 = 0.
Mostriamo che tale percorso è ottenuto invertendo ogni volta direzione di marcia.
5
Infatti, se non si invertisse il senso di marcia anche una sola volta, la lunghezza di tale percorso
equivarrebbe alla lunghezza di un percorso effettuato partendo da x0 e premendo meno di 7 pulsanti,
diciamo nell’ordine y1 , ..., yk = 0 con k ≤ 6, e invertendo ogni volta senso di marcia. Ma in tale
percorso si evita necessariamente un piano y0 , sicché il percorso ottenuto:
- andando inizialmente dal piano y0 ad y1 (se il piano x0 si trova tra y0 ed y1 ), e quindi seguendo la
successione di piani y2 , ..., yk ,
- ovvero andando inizialmente da y0 ad x0 (se x0 non sta tra y0 e y1 ), e poi seguendo la successione
di piani y1 , ..., yk ,
sarebbe più lungo di L, contraddizione.
Pertanto il percorso più lungo è ottenuto necessariamente da una successione di piani che verificano
x0 > x1 < x2 > x3 < x4 > x5 < x6 > x7 = 0
P
La lunghezza percorsa è allora L = 6i=0 |xi+1 − xi | = 2(x2 + x4 + x6 ) − 2(x1 + x3 + x5 ) + x0 . Tale
numero è massimo per il valore più piccolo possibile di (x1 + x3 + x5 ) e per il valore più grande
possibile di (x2 + x4 + x6 ), quindi L = 2 · (5 + 6 + 7) − 2 · (1 + 2 + 3) + 4 = 28.
[Problema proposto da G. Paolini.]
Problema 14. Francesco vuole seminare una zona del giardino della sua casa, che ha la forma
riportata in figura (casa in grigio e giardino in bianco tutto intorno). Per far questo, lega una corda
di 2 m all’angolo A della casa, la tende e, spostandone l’estremità, disegna il perimetro della zona
2
da seminare.
Francesco?
√
√
√ Quanti15 m seminerà
3
31
π + 23 ,
(A) 2π + 3, (B) √4 π − 2 , (C) 12
(D) 94 π, (E) 4π − 23 − 1.
3m
1m
A
1m
2m
La risposta è (C). L’area da seminare è uguale alla metà di un triangolo equilatero di lato 2 (il cui
, più quella
angolo in A vale π3 ), più quella di un settore circolare di raggio 2 e di angolo al centro 7π
6
π
di un settore circolare di raggio 1 ed angolo al centro 2 :
1m
1m
A
√
· 4 + π4 · 1 =
Il totale fa dunque 23 + 7π
12
[Problema proposto da F. Mugelli.]
31
π
12
+
√
3
.
2
6
2m
Problema 15. Il numero intero positivo n è tale che il polinomio
1 − 2x + 3x2 − 4x3 + 5x4 − · · · − 2014x2013 + nx2014
abbia almeno una soluzione intera. Quanto vale n?
(A) 1, (B) 2, (C) 2014, (D) 2015, (E) nessuna delle precedenti.
La risposta è (E). Una soluzione intera x0 dell’equazione deve dividere il termine noto, dunque x0 = 1
oppure x0 = −1. Ma se x0 = −1 fosse soluzione, si otterrebbe 1 + 2 + 3 + · · · + 2014 + n = 0, e
dunque n non sarebbe positivo. Per x0 = 1 si ottiene invece
(1 − 2) + (3 − 4) + · · · + (2013 − 2014) + n = 0
cioè n = 2014/2 = 1007.
[Problema proposto da S. Mongodi.]
Problema 16. Sia ABC un triangolo rettangolo i cui cateti misurano AC = 2m e BC = 1m.
Consideriamo la circonferenza tangente all’ipotenusa e alle rette che contengono AC e BC, esterna
al triangolo
ABC:
il suo raggio√ r in m?
√
√
√ quanto misura
(A) 1+2 5 , (B) 5, (C) 3+2 5 , (D) 5, (E) 2+2 5 .
r
B
C
A
La risposta è (C). Sia O il centro della circonferenza, sia T il punto di tangenza della circonferenza
con il segmento AB, e siano P e Q rispettivamente i punti di tangenza della circonferenza con le
rette contenenti CA e CB:
Q
O
r
B
T
C
A P
Poiché i punti OQCP formano un quadrato di lato r, si ha r = QB + BC = P A + AC. Inoltre
BC = 1, AC = 2, QB = BT e P A = AT e dunque
√
2r = BC + AC + 2QB + 2P A = 3 + 2(BT + AT ) = 3 + AB = 3 + 5
√
da cui r = 3+2 5 .
[Problema proposto da Tron.]
Problema √
17. Simone ha un portafortuna a forma di tetraedro regolare, le cui facce hanno lati di
3
lunghezza 6 2 cm.
√ Qual è il volume√del tetraedro
√ in cm ?
(A) 36, (B) 36 2, (C) 72, (D) 72 2, (E) 72 3
7
√
La risposta è (C). Nel caso dip
un tetraedro regolare
di
lato
L
=
6
2, le facce sono triangoli equilateri
√
√
T di lato L ed altezza H = L2 − (L/2)2 = 3 6. L’area di una faccia vale quindi A = 12 (6 2 ·
√
√
3 6) = 18 3. Il vertice opposto ad una faccia T si proietta perpendicolarmente sul baricentro
G del
√
2
triangolo T , formando quindi un triangolo rettangolo di ipotenusa L, base b = 3 H = 2 6 ed altezza
q √
√
√
√
h = (6 2)2 − (2 6)2 = 72 − 24 = 4 3.
L
H
b
h
G
√
√
Il volume del tetraedro è uguale dunque a V = 13 (A · h) = 31 (18 3 · 4 3) = 72.
[Problema proposto da S. Monica.]
Problema 18. Un artista ha realizzato una scultura di pietra che ha la forma di uno strano poliedro. La superficie della scultura è formata da 31 facce triangolari, 18 facce quadrangolari, 11 facce
pentagonali e 7 facce esagonali. Quanti spigoli ha il poliedro?
(A) 65, (B) 94, (C) 100, (D) 123, (E) 131.
La risposta è (E). Ogni spigolo di un poliedro è un lato comune a due sue facce. Quindi, se contiamo
tutti i lati di tutte le facce che compongono la superficie del poliedro, contiamo gli spigoli due volte.
Il totale dei lati dei poligoni che formano la superficie del poliedro è:
31 · 3 + 18 · 4 + 11 · 5 + 7 · 6 = 93 + 72 + 55 + 42 = 262
= 131.
e quindi il numero degli spigoli è: 262
2
[Problema proposto da P. Francini.]
Problema 19. In questa stagione accade spesso che quando Luca esce da scuola piova: ciò accade
con probabilità uguale a 52 . Per questo motivo Luca ritiene opportuno prendere con sé un ombrello,
ma a volte se ne dimentica; la probabilità che in un singolo giorno Luca dimentichi l’ombrello è
1
. Qual è la probabilità che per tre giorni consecutivi Luca non si bagni mai, durante il ritorno da
2
scuola?
(A) minore di 16 , (B) compresa tra 61 e 13 , (C) compresa tra 31 e 12 ,
(D) compresa tra 12 e 23 , (E) maggiore di 65 .
La risposta è (D). La probabilità che Luca non si bagni, in un determinato giorno della stagione,
è uguale a p + p′ , dove p = 1 − 52 = 35 è la probabilità che quel giorno non piova, e p′ = 52 · 12 = 51
è la probabilità dell’evento (intersezione di eventi indipendenti), che quel giorno piova e che Luca
si ricordi di prendere l’ombrello. La probabilità che Luca non si bagni per tre giorni di fila è allora
uguale a p3 = (p + p′ )3 = ( 45 )3 = 0.512.
[Problema proposto da P. Negrini.]
8
Problema 20. Un triangolo equilatero ABC di lato 1 m viene diviso in due parti di area uguale dal
segmento DE parallelo ad AB, come in figura; ugualmente, viene diviso in due parti di area uguale
dal segmento
GF parallelo
a BC. √Quanti metri
è lungo il segmento DF ?
√
√
√
2
3
3
(A) ( 2 − 1), (B) 2 , (C) (1 − 2 ), (D) 3 , (E) 12 .
C
F
E
D
G
A
B
La risposta è (A). Il triangolo CDE è simile al triangolo ABC, ma la sua area vale la metà, dunque
il rapporto di similitude è uguale a √12 . Analogamente, il triangolo AFG è simile al triangolo ABC,
√
con ugual rapporto di similitudine √12 . Pertanto DF = 2AF − AC = 2 · √12 − 1 = 2 − 1.
[Problema proposto da R. Fratello.]
9