Soluzioni

Soluzioni
1. È sufficiente dimostrare √
che il cerchio di raggio unitario può essere ricoperto con 6 cerchi di raggio 33 . Infatti, con tale ricopertura, se ognuno dei
cerchi contenesse 12 punti o meno, il numero totale dei punti sarebbe al più
12 · 6 = 72.
Dimostriamo ora l’esistenza di un tale ricoprimento. Consideriamo un
esagono regolare inscritto nel cerchio unitario e lo suddividiamo in sei triangoli equilateri di lato 1 (fatevi un disegno!). È facile vedere che i loro
cerchi circoscritti
ricoprono tutto il cerchio grande e che il loro raggio vale
√
esattamente 33 .
2. Evidentemente si ha y ≤ 9, inoltre se y n ha n cifre, allora anche 9n ha n
cifre. Pertanto il massimo valore di x si ottiene prendendo il massimo valore
di n tale che y n ha n cifre. La soluzione si ottiene con alcune stime (ce ne
sono svariate e lasciamo al lettore la possibilità di cercarle) oppure notando
che le cifre di y n è dato da [n · log10 (y)] + 1 (dove [·] rappresenta la parte
intera), pertanto il massimo valore n si ottiene come
1
n=
= 21.
1 − log10 (9)
3. Dimostriamo che d è univocamente determinato da a, b, c e precisamente
si ha:
d=a+c−b
dove a, b, c, d rappresentano le aree delle quattro regioni prese in senso antiorario.
Dal punto O di intersezione dei due segmenti che uniscono i punti medi
mandiamo i 4 segmenti OA, OB, OC, OD. Questi quattro segmenti dividono
i quattro quadrilateri in 8 triangoli di aree a1 , a2 , b1 , b2 , c1 , c2 , d1 , d2 , e si ha:
a2 = b1 , b2 = c1 , c2 = d1 , d2 = a1
dato che a 2 a due sono triangoli aventi basi di ugual lunghezza e con la
stessa altezza. Allora
a + c = a1 + a2 + c1 + c2 = d1 + b1 + b2 + d2 = b + d
1
4.
Questo quesito è stato ANNULLATO.
[Se nel testo del quesito non fosse stato richiesto che I, J siano disgiunti,
la soluzione sarebbe stata semplice: il numero dei sottoinsiemi non vuoti
di X è minore del numero dei sottoinsiemi non vuoti di {1, . . . , n + 1}.
Quindi troveremo sicuramente due sottoinsiemi distinti (ma non necessariamente disgiunti) I, J di {1, . . . , n + 1} tali che le corrispondenti unioni siano
coincidenti.
Con la richiesta che I, J siano disgiunti (e non solo diversi) il quesito diventa
molto più difficile. Siamo ancora in attesa di una soluzione ragionevolmente
semplice... ]
5. Non è difficile vedere che a + i|b + i (si legga “a divide b”) per ogni
i ∈ J ⊂ N se e solo se mcm{a + i : i ∈ J}|b − a. Inoltre banalmente
2520 = mcm{1, 2, . . . , 10}|mcm{a + 1, a + 2, . . . , a + 10};
in realtà mostriamo ora che
p · 2520|mcm{a + 1, a + 2, . . . , a + 10}
con p primo p ≥ 11. Infatti nell’insieme {a + 1, . . . , a + 10} vi sono esattamente 5 numeri pari, dei rimanenti 5 uno ed uno solo è divisibile per 5; dei
rimanenti 4 al più due sono divisibili per 3 (infatti la differenza di due numeri
divisibili per un numero dispari k e aventi la medesima parità è multipla di
2k). Dei rimanenti (ne rimangono almeno 2) al più uno è divisibile per 7.
Quindi nell’insieme {a+1, . . . , a+10} esiste almeno un numero strettamente
maggiore di 1, nella cui espansione in primi non compaiono i fattori 2, 3, 5
o 7, pertanto deve essere divisibile per un primo p non inferiore ad 11. Si ha
quindi b = a oppure b − a ≥ 11 · 2520 > 10000: le uniche soluzioni possibili
sono 10000 (corrispondenti al caso a = b).
6. Essendo (4n + 3)2 dispari, deve essere dispari anche (7n + 5)2 , e quindi
anche 7n + 5. Perciò, n = 2k con 0 < k < 50 intero. I numeri (7n + 5)2 e
(4n + 3)2 hanno le stesse ultime due cifre se e solo se è divisibile per 100 la
loro differenza
(7n + 5)2 − (4n + 3)2 = (11n + 8)(3n + 2) = (22k + 8)(6k + 2)
= 4(11k + 4)(3k + 1) ,
2
cioè, se e solo se (11k + 4)(3k + 1) è divisibile per 25. Ciò è possibile se e
solo se si verifica uno dei tre seguenti casi:
a) 11k + 4 è divisibile per 25. Essendo 11k + 4 = 11(k − 11) + 125, ciò
equivale a dire che k − 11 è divisibile per 25, cioè k = 25a + 11 con a
intero nonnegativo. Tenendo conto di k < 50, si ottiene facilmente che
ciò vale solo per k = 11 o k = 36 (che corrispondono a n = 22, n = 72).
b) 3k + 1 è divisibile per 25. Essendo 3k + 1 = 3(k − 8) + 25, ciò vuol dire
che k − 8 è divisibile per 25, cioè k = 25a + 8. In questo caso va bene
soltanto k = 8 o k = 33 (che corrispondono a n = 16, n = 66).
c) 11k + 4 e 3k + 1 sono entrambi divisibili per 5. Da a) e b) segue che
devono essere divisibili per 5 i numeri k − 11 e k − 8. Ma ciò non è
possibile (altrimenti sarebbe divisibile per 5 anche (k−8)−(k−11) = 3).
[È possibile dimostrare che 11k + 4 e 3k + 1 sono, addirittura, sempre
primi fra loro.]
Conclusione: la proprietà richiesta è soddisfatta se e solo se n ∈ { 16, 22, 66, 72 }.
7. Tutte le matrici che possiamo costruire mediante le mosse permesse
formano un insieme finito di matrici per cui fra tutte le matrici che così
possiamo ottenere ne troveremo almeno una che ha la somma di tutti i suoi
elementi massima. Questa matrice ha la proprietà che se sommiamo i numeri
di una sua riga o di una sua colonna questa somma deve essere non negativa
in quanto, in caso contrario, cambiando i segni degli elementi di questa fila
troveremmo una somma totale aumentata.
3