Le giornate di scuola aperta sono sempre un`occasione

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Le giornate di scuola aperta sono sempre un’occasione
Spesso a scuola aperta, che si tiene un po’ in tutte le scuole in dicembre e gennaio, venivano proposti ai giovani
«nuovi utenti» problemini di matematica per stimolare la curiosità. Eccone alcuni esempi:
Problema 1. Un barattolo contiene alcune caramelle tutte apparentemente uguali, di cui 13 sono alla fragola e
le altre alla menta e al limone. Per essere certi di prenderne a caso almeno 4 alla fragola bisogna estrarne 23.
Quante caramelle ci sono nel barattolo?
Soluzione. 0032
Si può essere sicuri di estrarne una alla fragola solo dopo aver estratto tutte le altre. Se voglio estrarne 4 alla
fragola devo estrarre tutte le altre x + 4 = 23
Quindi le altre sono x = 23 − 4 = 19, allora in tutto sono 19 + 13 = 32
Problema 2. Al ristorante ”Gambero rosso” i pasti sono formati da un secondo, un contorno e un bicchiere
di vino. Il secondo piatto può essere scelto tra pesce gatto, pescecane e bistecca; il contorno tra patate arrosto,
insalata e peperoni; il vino tra bianco, rosso e rosato. Chi ordina pesce non può bere vino rosso.
Quanti sono le possibili composizioni di un pasto?
Soluzione. 0021
abbiamo 3 secondi, 3 contorni e 3 vini in totale sarebbero 27 pasti ma da questi bisogna togliere quelli con
pesce+vino che sono 2 · 3 · 1 = 6
Problema 3. In una super scacchiera quadrata composta da 18 righe e 18 colonne vengono scritti gli interi
(uno per casella) nel seguente modo: nella prima riga da 1 a 18, nella seconda da 2 a 19 e cosı̀ via fino alla
18-esima riga dove compaiono numeri consecutivi a partire da 18. Quanto vale la somma di tutti questi numeri?
Soluzione. 183 = 5832
Problema 4. La città di Math-topoli si è sviluppata su un antico insediamento romano per cui il suo centro
storico è composto da vie disposte parallelamente al cardo e al decumano (vie principali del periodo romano). In
questo modo, visto dall’alto, il centro appare come un rettangolo suddiviso in isolati di forma quadrata delimitati
da vie tra loro perpendicolari. Si possono contare 8 vie in direzione N-S e 7 vie in direzione E-O. Se un cittadino
deve andare da un vertice del centro città a quello opposto (rispetto alla diagonale del rettangolo) quanti possibili
percorsi di minima lunghezze può percorrere?
Soluzione. 1716
Suggestioni e ricordi di scuola
Problema 5. Un po’ di tempo fa, un caro amico, da poco andato in pensione, si ”vantava” di avere un’età
che era sia un cubo che un quadrato perfetto. Quanti sono i numeri interi positivi minori di 10000 che hanno
questa proprietà?
Soluzione. 0004
I numeri sono le seste potenze dei numeri interi non negativi, si ha: 16 = 1, 26 = 64, 36 = 729, 46 = 212 = 4096
e 56 = 15625 > 10000.
Problema 6. In palestra il nuovo impianto di sostegno della rete di pallavolo, in ciascun lato, è formato da
un triangolo isoscele ABC di base AB, in cui l’altezza CH relativa alla base, il lato BC e la base AB sono,
nell’ordine, tre numeri pari consecutivi. Quanto misura l’area di ABC?
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Soluzione. 0048
Sia 2k = CH, 2k + 2 = BC e 2k + 4 = AB, usando Pitagora si ricava che l’area di ABC è 48
Problema 7. Anche se la geometria con riga e COMPASSO al Grigoletti (e non solo) si usa poco, ci chiediamo:
«quanti sono gli anagrammi della parola COMPASSO in cui fra le due O c’è esattamente una lettera?»
Soluzione. 2160
Se fra le due O c’è una S sia OSO=X per cui si ha: CMPASX i cui anagrammi sono 6!; se fra le due O c’è una
6!
delle 4 lettere (ad esempio A) non S sia OAO=X per cui si ha: CMPSSX i cui anagrammi sono . Soluzione
2
6!
6! + 4 = 2160
2
Problema 8. Un bel problema al Grigoletti è la distanza delle aula dalle porte di sicurezza. Per 47 aule vale
questa relazione, il numero di passi necessari per raggiungere le scale di sicurezza aumenta di una quantità k
costante se si sceglie opportunamente l’ordine delle aule. Sapendo che per le aule dispari la somma dei passi
necessari e 3336, determinare il numero totale dei passi necessari.
Soluzione. 6533
Il testo ci dice che a1 , a2 , . . . , a47 è una progressione aritmetica: ai+1 = ai + ik, ora anche a1 , a3 , . . . , a47 è una
a1 + a47
progressione aritmetica di ragione 2k, pertanto a1 + a3 + · · · + a47 =
24. Ma a1 + a2 + a3 + · · · + a47 =
2
a1 + a47
47 = 6533
2
Problema 9. Nel grande parcheggio, per festeggiare la fine dell’anno, si vuole costruire una rete cosı̀ fatta: scelti
tredici alberi, in modo da formare un poligono convesso di 13 lati, si congiungono i vertici, non consecutivi, fra
loro. Quanti sono i nodi di questa rete?
Soluzione. 0715
Il problema chiede di calcolare i punti di intersezione delle diagonali di un ennagono, detti V1 , V2 , . . . , Vn i
vertici del poligono, se d1 è la diagonale Vi Vj e d2 è la diagonale Vr Vs , allora
d1 e d2 si incrociano se e solo se
1 < i < r < j < s < n. Quindi c’è un incrocio ogni quaterna di vertici, 13
4 = 715
Problema 10. Questa volta per la felicità dei ”puristi”, ecco ora un problema da libro di geometria: sia ABCD
un quadrilatero in cui AB è parallelo a CD, AB = 16, CD = 12, sia BC < AD. La circonferenza γ inscritta
nel quadrilatero ha raggio 6.
Calcolare BC
Soluzione. BC = 13
Problema 11. Nella festa di fine anno si sceglie lo studente più meritevole (. . . forse!). Per decidere la commissione, ha costruito un complicato algoritmo per cui le ultime cifre della matricola dello studente ”meritevole”
sono la somma dei quadrati delle radici reali dell’equazione: x3 − 15x2 + 17x + 11 = 0. Dopo aver calcolato la
matricola vincente controlla se tu o uno fra i componenti della tua squadra è lo studente ”meritevole”!
Soluzione. 0191
Dette a, b, c le radici reali si ha che: a + b + c = 15, ab + bc + ca = 17 e abc = −11, calcolando (a + b + c)2 =
a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) si ricava 191
Problema 12. Gli studenti del corso di scienze applicate, quest’anno, si sono visti proporre, nelle ore di
informatica, un problema che li ha impegnati non poco: sia cn la successione cosı̀ definita: c1 = 20142014 , cn è
la somma delle cifre di cn−1 . Gli studenti devono costruire un algoritmo che permetta di calcolare molti valori
di cn . In questa occasione non avendo né computer né tanto meno la calcolatrice proviamo a calcolare c5 .
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Soluzione. 0007
20142014 < 104·2014 quindi a2 < 4 · 2014 · 9 = 72504 < 99999, a3 < 45 a4 ≤ 12 e a5 ≤ 9 inoltre an ≡9 n pertanto
a5 = 20142014 ≡9 7
Problema 13. La classe . . . (niente preferenze!), formata da 21 fra alunne ed alunni, decide di scattare alcune
foto ricordo. Le ragazze e i ragazzi dovranno posare in 3 foto, ciascuna delle quali avrà un gruppo di 7 alunni.
Il prof. di matematica, che è fissato con i numeri, non vuole che nella foto ci siano due studenti che nell’elenco
hanno posizione consecutiva. In quanti modi si possono scattare le tre foto?
Soluzione. 6435
Si può procedere nel seguente modo, dato un intero m scelgo k numeri diversi fra 1 e m. Se al primo aggiungo 0
al secondo 1 e al k-esimo k − 1 ottengo numeri diversi e non consecutivi, compresi fra 1 ed m + k − 1. Viceversa
se dati k interi distinti compresi tra 1 ed m + k − 1 tali che non ce ne siano due consecutivi, possiamo togliere
0 al più piccolo, 1 al successivo e cosı̀ via, trovando cosı̀ k numeri diversi tra loro e compresi fra 1 ed
m. Ora se
scegliamo m in modo che m + k − 1 = n = 21, quindi m = n − k + 1, la soluzione è data da: 21−7+1
= 6435
7
Problema 14. Nell’ideare il nuovo logo della scuola il gruppo di lavoro formato da docenti e studenti si trova
a dover risolvere un complicato problema di geometria: un triangolo rettangolo di cateti b e c ed ipotenusa a,
viene fatto ruotare di 360o prima attorno al cateto b, ottenendo il solido di volume V1 , poi attorno al cateto c,
ricavando il solido di volume V2 ed infine attorno all’ipotenusa che restituisce il solido di volume V . È noto che
1
= 89401, quanto vale V .
1
1
+
V12
V22
Soluzione. 0299
πc2 b
πcb2
πh2 a
bc
V1 =
, V2 =
eV =
dove h =
e b2 + c2 = a2 ne segue che:
3
3
3
a
1
1
1
+ 2 = 2
V12
V2
V
e quindi V = 299
Problema 15. Grazie alle «magiche» mani di Gigi si è potuto costruire in plexiglas e metallo un oggetto
scintillante da esporre all’ingresso del √
settore B. La costruzione nasce da questo problema: sia π il piano passante
per il centro di un cubo di lato ℓ = 4 3 dm che interseca 6 dei 12 spigoli del cubo nei vertici di un esagono
regolare E1 , i prolungamenti dei restanti 6 spigoli incontrano π nei vertici di un secondo esagono regolare E2 .
Calcolare l’area, in cm2 di E2 , l’oggetto scintillante.
Soluzione. 0600
L’esagono E2 ha area tripla di E1
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Problema 16. Nell’aula di informatica, si usano diverse basi numeriche, sulla lavagna è stato scritto questo
problema: «trovare il numero di tre cifre che coincide nella rappresentazione in base 9 al numero in cui si sono
scambiate la prima e l’ultima cifra».
Soluzione. 0445
100a + 10b + c = 81c + 9b + a cioè 99a + b = 80c ora passando a modulo 10 si ha: −a + b ≡10 = 0 quindi a = b
da cui 100a = 80c a = 4 c = 5 soluzione 445
Problema 17. Il duemilaquattordici è un anno importante, al Grigoletti, tante novità! Si è pensato di assegnare
agli studenti di prima una matricola che si ottiene nel seguente modo: (10)x · (11)x · (12)x · (13)x + 1 dove x ≥ 4.
2
Si è scoperto che (10)2014 · (11)2014 · (12)2014 · (13)2014 + 1 = ((?)2014 ) ;(1 ).
Calcolare (?)2014
Soluzione. 0131
Si può osservare che qualunque sia la base b ≥ 4 il prodotto (10)b · (11)b · (12)b · (13)b incrementato di 1 è sempre
il quadrato di (131)b ; è facile verificare che (b2 + 3b + 1)2 = b(b + 1)(b + 2)(b + 3) + 1 è un’identità.
Problema 18. Nell’assegnazione degli studenti alle classi lo scorso anno, la commissione preposta, si è trovata
a dover considerare il resto R nella divisione per 7 del seguente intero: 34029 + 22016 + 2014. Quanto vale R?
Soluzione. 0005
Si può osservare che 32n+1 + 2n+2 è divisibile per sette infatti 9 ≡7 2 e quindi modulo 7 si ha 2n (3 + 4). Il
risultato è 2014 ≡7 5
1 (a)
2014
un numero in base 2014, ad esempio: (21)2014 = (2 · 2014 + 1)10 = (4029)10
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Problema 19. In anni di crisi,qbisogna fare bene i conti! Nelle casse della scuola un anonimo buontempone,
p
√
dice di aver versato mille volte 7 − 7 + 7 − . . .(2 ). Quanti euro sono entrati nelle casse della scuola? Il
buontempone afferma, che la cifra versata, è intera; non ha versato spiccioli (euro sonanti non centesimi!)
Soluzione.
q
q
q 2000p
p
p
√
√
√
Sia x = 7 − 7 + 7 − . . ., allora x2 = 7 − 7 + 7 − 7 + . . ., da cui si ricava:
7 + 7 − 7 + ... =
(7 − x2 ) elevando
ancora alla seconda si ottiene 7 + x = (7 − x2 )2 , l’equazione di quarto grado ha come radici
√
√
1 ± 29
di cui solo 2 rispetta le condizioni 0 ≤ x ≤ 7. Soluzione 2000.
2, −3 e
2
Problema 20. Sia ABCD un tetraedro regolare di spigolo ℓ, detto
√ E il punto medio dell’altezza AH (vertice
A base BCD), si calcoli il volume della piramide BCDE. ℓ = 21 2
Soluzione. 3087
Si dimostra facilmente che EC, ED ed EB sono fra loro perpendicolari pertanto: utilizzando Pitagora si ricava
3
ℓ
1 ℓ2
che ED = EC = EB = √ da cui VBCDE =
= 3087
3 2
2
Problema 21. Nella costruzione del nuovo logo, ci si è imbattuti in un problema piuttosto curioso: del polinomio
√ 1
√ , per determinare il colore dello sfondo del logo si
a coefficienti razionali Pn (x) è noto che Pn n 2 =
1+ n2
deve calcolare 1 − P2014 (−1).
Soluzione. 4029
Osserviamo che
√
√
√
√
1 − (− n 2)2n
√
= (− 2 n)2n−1 + (− 2 n)2n−2 + . . . (− 2 n) + 1, e quindi:
1 − (− n 2)
√
√
√
1
( n 2)2n−1 − ( n 2)2n−2 + · · · + n 2 − 1
√ =
3
1+ n2
pertanto: Pn (x) = x2n−1 − x2n−2 + · · · + x − 1, 1 − P2014 (−1) = 4029
Problema 22. Esultate! . . . è stato costruito un nuovo logo!
La cosa è ancora un po’ segreta: indiscrezioni parlano di un tetraedro ABCD, la base ABC è un triangolo
rettangolo, sembra che questo richiami la rettitudine dell’istituzione (ma!), le facce laterali triangoli isosceli,
che richiamano l’uguaglianza. Del prototipo si sà che la base ha area 106 cm2 e l’ipotenusa AB = 73 cm;
l’altezza della faccia DBA è DH e misura 57 cm. Quanto misura il volume del nuovo logo?
Soluzione. 2014
Si può dimostrare che i triangoli CHD e AHD sono congruenti e pertanto DH è l’altezza del tetraedro.
2 attenzione
le radici si ripetono infinite volte
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Volume 2014
Un sentito grazie a voi che avete partecipato.
Elaborazione testi: Sergio La Malfa, Davide Scarabino, Gianpaolo Gasparin
«. . . il valore della scienza fondamentale, a mio giudizio, va molto al di là delle sue applicazioni,
possibili o future, e degli immensi vantaggi materiali che ha regalato al mondo.
La scienza è un modo di pensare che consiste nell’essere capaci di cambiare idea sulla realtà; nel
non fidarsi delle idee acquisite; nel rimettere in discussione continuamente i propri schemi.
La scienza di base, prima di essere un’esplorazione del mondo, è un’esplorazione del pensiero
stesso. È un’esplorazione di possibili modi di pensare. . . . »
Tratto da: Carlo Rovelli Che cos’è il tempo? Che cos’è lo spazio? Di Renzo Dialoghi Scienza