IL QUESITO DEL GIORNO
Soluzioni
30/09/2014
Risposta: 17. Soluzione. Il numero dei diamanti ritrovati è il prodotto p del numero delle collane
rubate per il numero di diamanti da cui è costituita ogni singola collana (lo stesso per tutte le
collane, e maggiore di uno). Non si possono avere dubbi sul numero delle collane rubate se e solo se
p può essere espresso in un solo modo come prodotto di due fattori entrambi maggiori di uno e
questi due fattori risultano uguali: ciò accade chiaramente se e solo se p è il quadrato di un numero
primo. L‟unico numero primo il cui quadrato è compreso fra 200 e 300 è 17 (si ha infatti 13×13 <
200, 17×17 = 289, 19×19 > 300).
01/10/2014
Risposta: 2/3. Soluzione. In ogni istante vi è una parte della mela che emerge, disponibile per il
gabbiano, e una parte sommersa, disponibile per il pesce. Non ha alcuna importanza quale sia il
rapporto tra queste due parti (dunque il secondo dato fornito è superfluo): è determinante solo il
rapporto fra le due quantità di cibo mangiato dai due animali a parità di tempo.
02/10/2014
Risposta: 10. Soluzione. Vi sono 8 coppie non ordinate di interi fra 1 e 17 che sommati danno 18,
e questi interi sono tutti diversi fra loro, dunque sono 16 in tutto. Se si estraggono 9 numeri, può
accadere che uno sia 9 e che ve ne sia uno per ognuna di queste coppie. Se se ne estraggono 10,
necessariamente fra questi si devono ritrovare entrambi gli interi di una coppia di cui sopra.
07/10/2014
Risposta: 4 minuti e 48 secondi. Soluzione. Dopo 8 minuti, A ha compiuto 2 giri e 2/3 di pista.
Raggiunge B solo se B ha percorso 1 giro e 2/3 di pista o solo 2/3 di pista; l‟ultima ipotesi è
incompatibile con l‟affermazione che A raggiunge B per la prima volta, quindi in 8 minuti (480
secondi) B ha percorso 1 + 2/3 = 5/3 di pista, impiegando (3/5)480 = 288 secondi per un giro
completo.
08/10/2014
Risposta: 7. Soluzione. Occorre e basta che il numero x di litri da sostituire soddisfi l‟equazione
18(21 – x) + 90x = 42 ∙ 21.
15/10/2014
Risposta: 50. Soluzione. Siano s e c i litri di birra rispettivamente scura e chiara venduti in luglio.
Si ha allora 4s + c = 3s + 3c e 5s + 2c = 300 da cui s = 50.
21/10/2014
Risposta: 1.800. Soluzione. Osserviamo che, visto che le ruote vengono scambiate, ogni ruota
deve fare lo stesso numero di chilometri in posizione anteriore e in posizione posteriore. Detto x tale
numero, visto che in posizione anteriore il consumo del battistrada per km è 1/3.000 della
disponibilità e in posizione posteriore è 1/4.500, si deve avere 1 x /3.000 + x /4.500, da cui x
1.800.
22/10/2014
Risposta: 74. Soluzione. Detto a2 il minuendo e b2 il sottraendo, si ha a2 - b2 (a - b)(a + b).
Facilmente si calcola a - b 555.555.555.555.554 e a + b 1015. La somma richiesta è quindi
5 × 14 + 4.
28/10/2014
Risposta: 0106. Soluzione. La distanza tra il primo e il secondo segnale è inferiore a 100 km:
anche la distanza fra il secondo e il terzo deve esserlo (Giulio guida a velocità costante), per cui la
prima cifra del terzo segnale (e quindi del primo) deve essere 1. Detta x la cifra incognita, i numeri
sul primo e terzo segnale sono allora rispettivamente (denotando ancora con x il numero la cui unica
cifra è x) 10 + x e 100 + x. Ne segue che la velocità è 90 km all'ora: si ha 10 + x + 45 10x + 1 se
e solo se x 6.
29/10/2014
Risposta: 9. Soluzione. Il numero considerato è positivo e minore di uno: la sua radice quadrata è
dunque maggiore di lui e quindi anche le prime 200 cifre decimali della sua radice quadrata devono
essere tutte 9.
04/11/2014
Risposte: a) NO; b) SI. Soluzione.
La a) non è possibile.
Infatti sia B un punto blu: sulla circonferenza di centro B e raggio 1 centimetro dovrebbe
trovare posto un altro punto blu, diciamo B‟. Allora sulla circonferenza di raggio 1 centimetro,
centrata nel terzo vertice di un triangolo equilatero che ha per primi due vertici B e B‟, ci
sarebbero almeno due punti blu: B e B‟.
La b) invece è realizzabile.
Si colorino di blu una retta fissata e tutte le rette ad essa parallele che distino 2 centimetri
dalla più vicina retta blu; si colori di rosso il resto del piano. Una circonferenza di raggio 1
centimetro o ha centro equidistante da due di queste rette e quindi risulta ad esse tangente
(e i punti di tangenza sono i due punti blu), oppure interseca solo una di queste rette,
esattamente in due punti (che sono ovviamente i suoi unici punti blu).
05/11/2014
Risposta: 99. Soluzione. Il numero x delle donne che cantavano nel coro l‟anno scorso soddisfa
l‟equazione di primo grado (2x + 30)11/10 = 6x/5 + (x + 30)21/20 la cui (unica) soluzione è x = 30.
Allora il coro l‟anno scorso aveva 90 elementi, mentre quest‟anno ne ha 99.
11/11/2014
Risposta: 2. Soluzione. La somma delle ampiezze in gradi degli angoli interni di un poligono
convesso di n lati (n ≥ 3) vale 180(n – 2). Se per qualche poligono convesso di n lati vi fossero tre
angoli interni con ampiezza inferiore a 60 gradi, la somma delle ampiezze dei rimanenti n - 3 angoli
interni dovrebbe allora essere superiore a 180(n – 3) gradi, il che è assurdo poiché ogni angolo
interno deve avere ampiezza inferiore a 180 gradi. D‟altra parte, vi sono triangoli con due angoli di
ampiezza inferiore a 60 gradi.
20/11/2014
Risposta: 22. Soluzione. Occorre che la risposta corretta ad almeno 9 dei 10 quesiti sia la stessa:
sono dunque ammissibili la lista con dieci “si” e quella con dieci “no”, ciascuna delle 10 liste con
nove “si” e un “no” e ciascuna delle 10 liste con un “si” e nove “no”. Infatti se le risposte corrette
fossero k “si” e 10–k “no” (o viceversa), con k = 2,3,4 o 5, rispondendo con 5 “si‟ e 5 “no” e
fornendo risposta “no” ai k quesiti che prevedono la risposta “si” (o viceversa), si fornirebbero solo
5–k < 4 risposte corrette.
25/11/2014
Risposta: 500050. Soluzione. Con il 99-esimo gruppo sono stati esauriti i primi 100×99/2 numeri
interi. Il centesimo gruppo ospita dunque gli interi da 100×99/2 + 1 a 100×99/2 + 100. La somma di
questi ultimi è ½{(50×99 + 101)(50×99 + 100) – (50×99 + 1)×50×99} = ½{50×99×201 + 10100 –
50×99} = 50×99×100 + 5050 = 500050.
27/11/2014
Risposta: 9. Soluzione. Dividiamo le biglie in tre gruppi con lo stesso numero di biglie:
pesandone due, individuiamo quello dei tre che contiene la biglia più pesante; ora ripetiamo il
procedimento su questo: possiamo individuare la biglia più pesante se e solo se nella seconda pesata
abbiamo in tutto 3 biglie, e quindi 9 nella prima.
02/12/2014
Risposta: 18. Soluzione. Dobbiamo cercare anni xyzw tali che 2014 – xyzw x + y + z + w; dopo
il 2000 c‟è solo il 2006; prima del 2000 osserviamo che il 1999 dà come somma 28 per un‟età di 15
anni e negli anni „90 non potremo trovare soluzioni perché la somma delle cifre e l‟età hanno parità
diverse. Passando al 1989, ho rispettivamente 27 e 25, quindi il 1988 dà 26 e 26. Osserviamo che
ogni anno del secolo scorso precedente il 1988 ha somma delle cifre ≤ 26, mentre l‟età di chi è nato
in quegli anni è > 26. Quindi Elena è nata nel 2006 e sua madre nel 1988.
03/12/2014
Risposta: 4. Soluzione. n non può essere 2: la somma di due interi consecutivi è dispari e N è
pari.
- n non può essere 3: la somma di tre interi consecutivi (p 1) + p + (p + 1) = 3p è divisibile per
3, mentre N non lo è (la somma delle cifre di N è 7 × 2014 non divisibile per 3).
- n può essere 4, poiché (p - 1) + p + (p + 1) + (p + 2) = 4p + 2, come N, diviso per 4 dà resto 2.
04/12/2014
Risposta: 263. Soluzione. Uno dei tre addendi sarà 1, e, per ottenere il valore massimo, deve
essere b. Le due scelte possibili sono ora a 2, c 8 e a 8, c 2 che danno rispettivamente
2 – 1 + 82 e 8 1 + 28. La seconda scelta è quella cercata.
09/12/2014
Risposta: 2116. Soluzione. Nel prodotto ci sono 1007 numeri pari, 503 multipli di 4, 251 multipli
di 8, 125 multipli di 16, 62 multipli di 32, 31 multipli di 64, 15 multipli di 128, 7 multipli di 256, 3
multipli di 512, 1 multiplo di 1024, per un totale di 2005 fattori 2 e inoltre 106 multipli di 19 e 5 di
192, per un totale di 111 fattori 19.
10/12/2014
Risposta: 17. Soluzione. Volendo avere la somma più bassa possibile, incominciamo a mettere
tutti 1 sulla prima riga e altri due 1 nei primi posti della seconda riga e osserviamo che l‟ aggiunta di
qualunque altro 1 porterebbe a righe o colonne con termini uguali; completiamo la prima colonna
con un 2, la seconda riga con un 3 e la seconda colonna con un 4; (abbiamo somme 3, 4, 5, 6);
l‟ultimo elemento da aggiungere non può essere 2 che darebbe somme 8 e 6, quindi aggiungiamo 3.
16/12/2014
Risposta: 9000. Soluzione. Posso scegliere la prima cifra in 9 modi, ciascuna delle 3 successive
in 10 modi mentre le ultime 3 sono automaticamente determinate.
18/12/2014
Risposta: 5050. Soluzione. Sia 2k un numero pari e 2k 1 il dispari che lo precede: 2k2 – (2k 1)2
4k1. P – D è uguale allora alla somma dei numeri della forma 4k1 per k che varia da 1 a 50, cioè 4
× (50 × 51) : 2 – 50.
07/01/2015
Risposta: 892. Soluzione. È facile constatare che i numeri di ogni singola riga, di ogni singola
colonna e di ogni singola diagonale devono essere in progressione aritmetica. La ragione della
prima riga è (397 - 1)/99 4, la ragione della prima colonna è (496 - 1)/99 5. Detta r la ragione
della seconda riga e s quella della terza, considerando la sottogriglia 3 × 3 in alto a sinistra, la
condizione sulle diagonali impone che sia (11 + 9)/2 6 + r (1 + 11 + 2s)/2, da cui ancora r s
4. Iterando il ragionamento sulle altre sottogriglie, segue subito che la ragione di ogni riga deve
essere 4 (e quindi quella di ogni colonna 5). Allora il numero cercato è 496 + 99 × 4 892 ( 397 +
99 × 5).
08/01/2015
Risposta: 16. Soluzione. Immaginiamo di eseguire "manualmente" la divisione: R(25) è costituito
dall'accostamento di 5 blocchi del tipo 11111 R(5), per cui il quoziente R(25)/R(5) risulta intero e
composto dall'allineamento di 4 blocchi del tipo 10000 a cui va aggiunto 1 come cifra finale.
13/01/2015
Risposta: 4. Soluzione. Almeno 4 visite sono necessarie: una in cui viene mangiata 1 noce sola
(per svuotare il primo piattino), almeno un'altra per svuotare il secondo, almeno un'altra ancora per
svuotare il quarto e almeno una quarta per svuotare l'ottavo. 4 visite bastano: una strategia valida è
fare in modo che aumenti il più possibile, ad ogni visita, il numero dei piattini con lo stessa quantità
di noci. Lo scoiattolo può iniziare a mangiare 8 noci da ciascuno dei piattini dall'ottavo in poi:
l'ottavo resta vuoto e rimangono due piattini con 1 noce, due con 2 e così via fino a due con 7. Nella
seconda visita può mangiare 4 noci da ciascuno dei piattini che ne hanno da 4 in su: rimarranno tre
piattini vuoti, quattro con 1 noce, quattro con 2 e quattro con 3. Ora è chiaro come si prosegue: nella
terza visita mangerà 2 noci da ogni piattino che ne ha almeno 2 e per la quarta visita rimarranno
solo otto piattini con 1 noce ciascuno.
15/01/2015
Risposta: 54 cm2. Soluzione. Si denotino con ABC i vertici del
C
triangolo e sia B l‟angolo di cui si traccia la bisettrice e K
H
l‟intersezione della bisettrice con il lato AC: il cateto AC è lungo 9
cm, quindi per trovare l‟area del triangolo basta trovare la lunghezza
K
del cateto AB. Da K si tracci la perpendicolare a CB, che interseca
CB in H: i due triangoli rettangoli KHB e KAB sono congruenti (II
A
B
criterio di congruenza: hanno due angoli acuti congruenti e un lato in
comune) e il triangolo rettangolo CKH è simile a CBA (poiché hanno
l‟angolo C in comune); poiché l‟ipotenusa CK è più lunga del cateto HK che è congruente a AK, si
deduce che AK ha lunghezza 4 cm e KC ha lunghezza 5 cm. Applicando il teorema di Pitagora a
CKH si trova che CH misura 3 cm e per la similitudine di CKH con CBA si ha che AB : CA = KH :
CH cioè AB misura 94/3 = 12 cm. Quindi l‟area del triangolo ABC è 96 = 54 cm2.
20/01/2015
Risposta: 336. Soluzione. Osserviamo per iniziare che se n contiene un fattore primo ni, dovrà
contenere anche un fattore primo nj tale che nj + 1 sia multiplo di ni; se succede anche che ni + 1 è
multiplo di nj non è necessario che esistano altri fattori primi di n. Questo però si verifica solo se ni
è 2 e nj è 3 (o viceversa). In tutti gli altri casi, supposto nj > ni, dovrà poi esistere un fattore primo nl
(>nj) tale che nl + 1 sia multiplo di nj e così via, generando una sequenza infinita di fattori primi,
contro l‟ipotesi. Allora i fattori primi di n sono solo 2 e 3 e n = 2h×3k; si ha m = 3h×4k, che sarà
divisibile per n se k ≤ h e h ≤ 2k. Da h + k = 2014, ricaviamo 1007 ≤ h ≤ 1342.
21/01/2015
Risposta: 6. Soluzione. Maurizio non si trova al piano 0 altrimenti vedrebbe l‟ascensore fermo.
Allora può procedere in questo modo. Inizia a premere il tasto 50: se l'ascensore si ferma al suo
piano conclude di essere al piano 50. Se vede passare l'ascensore si troverà tra il piano 1 e il piano
49, altrimenti tra il piano 51 e il piano 99: come prima, la strategia consiste nel premere il tasto
corrispondente al piano che si trova a metà tra il primo e l‟ultimo in cui può trovarsi Maurizio e,
dato che le due situazioni sono simmetriche, possiamo supporre che Maurizio si trovi tra il piano 1 e
il piano 49. Preme quindi il tasto 25: se l'ascensore si ferma al suo piano conclude di essere al piano
25. Se non vede passare l‟ascensore e quindi scopre di trovarsi tra il piano 1 e il piano 24 preme il
tasto 13: il caso peggiore si presenta se scopre di trovarsi tra il piano 1 e il piano 12 (12 piani invece
di 11). Iterando il ragionamento e supponendo che si presenti sempre il peggiore dei casi, i tasti da
premere saranno il 7, poi il 4, poi il 2.
28/09/2015
Risposta: 2. Soluzione. Poiché tutti i numeri sono diversi fra loro, devono essere tutti diversi da 0.
Siano a e b due numeri sottolineati e sia C il prodotto degli otto numeri diversi da a e da b: da a = b
× C e b = a × C con a, b, C ≠ 0, segue che deve essere C = 1/C, dunque, essendo a ≠ b, C = - 1 da
cui a = - b. Questa argomentazione allo stesso tempo suggerisce come individuare dieci numeri in
modo che due di essi siano sottolineati e prova che non è possibile individuarne dieci in modo che
siano più di due quelli sottolineati.
30/09/2015
Risposta: 22. Soluzione. Fissato un verso di percorrenza sulla retta, A sia preceduto da a punti
marcati e seguito da b punti marcati, B sia preceduto da c punti marcati e seguito da d punti marcati.
Chiaramente deve essere 80 = a × b e 90 = c × d con a + b = c + d: tale somma è infatti il numero di
punti marcati meno 1. Perché sia possibile rispondere alla domanda occorre ovviamente che, al
variare delle coppie {a, b} e {c, d} che rispettano le condizioni di cui sopra, la somma a + b sia
sempre la stessa. Si ha 80 = 24 × 5, 90 = 2 × 32 × 5: può essere solo a = 16 e b = 5 o viceversa, c = 6
e d = 15 o viceversa.
07/10/2015
Risposta: 2519. Soluzione. Il numero cercato n è il più piccolo intero positivo tale che n + 1 risulti
divisibile per tutti gli interi da 2 a 10. Tenendo conto dei fattori primi comuni agli interi da 2 a 10, si
ottiene
n + 1 = 5 × 7 × 8 × 9 = 2520.
13/10/2015
Risposta: si. Soluzione. I modi di totalizzare N + 1 euro sono almeno tanti quanti quelli di
totalizzare N euro: basta aggiungere un francobollo da 1 euro ad ognuno di questi ultimi. Allora è
sufficiente mostrare che esiste almeno un modo di totalizzare N + 1 euro senza usare francobolli da
1 euro: se N + 1 è pari si possono usare solo francobolli da 2 euro; se N + 1 è dispari, è almeno 3,
dunque è sufficiente usare un francobollo da 3 euro e solo francobolli da 2 euro (se N > 2).
21/10/2015
Risposta: 1007. Soluzione. Chiaramente vi erano almeno 1007 bugiardi: tutti coloro che hanno
lasciato il paese quando nel paese era rimasto un numero pari di abitanti. L'ultimo abitante ad
abbandonare il paese è stato un veritiero: infatti dopo la sua partenza sono rimasti 0 veritieri e 0
bugiardi. Ma allora, essendo un bugiardo il penultimo, è un veritiero il terz'ultimo: iterando questo
ragionamento fino al primo abitante che ha lasciato il paese, si conclude che sono veritieri tutti i
1008 abitanti che hanno lasciato il paese quando nel paese era rimasto un numero dispari di abitanti.
28/10/2015
Risposta: 33. Soluzione. Per qualche numero intero K è vero che N = K × 2015 + 2. Il numero (K
× 2015 + 2)11 è esprimibile come somma di addendi di cui uno è 211 e gli altri sono tutti multipli di
2015 (si pensi allo sviluppo della potenza). Facilmente si calcola 211 = 2048 = 2015 + 33.
04/11/2015
Risposta: 29. Soluzione. Una soluzione con somma 29 è la seguente: 1
2 2
1 10 2
1
7 3
La somma S non può essere inferiore. Infatti si deve avere 2S ≥ 3 + 5 + 7 + 11 + 13 + 17 = 56 da cui
S ≥ 28; d'altra parte S, quale somma di un numero dispari di interi dispari, deve essere un intero
dispari.
11/11/2015
Risposta: 8899. Soluzione. Affinché, aggiungendo 1 ad un numero intero positivo, la somma delle
sue cifre subisca una variazione di un multiplo di 17, è necessario che la somma di 1 comporti
almeno due riporti successivi. Il numero cercato deve dunque terminare con 99. Se si vuole che sia
il più piccolo possibile, ricordando che la somma delle sue cifre deve essere divisibile per 17,
occorre e basta che 99 sia preceduto da 88.
16/11/2015
Una strana classe è composta da 6 coppie di gemelli. I 12 studenti vanno ripartiti in tre squadre di
quattro studenti ciascuna, che si sfideranno in una gara, in modo che nessuna squadra abbia tra i
suoi componenti sia uno studente, sia il suo gemello. In quanti diversi modi si possono comporre le
tre squadre?
Risposta: 960. Soluzione. Chiamiamo A, B e C le tre squadre. Per comporre la squadra A, si
scelgano quattro coppie di gemelli su 6: le scelte possibili di queste coppie sono in numero di 15
(quante quelle delle due coppie da scartare). Ognuna di queste scelte, prendendo uno e uno solo dei
due gemelli da ogni coppia, fornisce 15 × 24 composizioni possibili. Per comporre la squadra B
rendendo possibile la composizione della squadra C, si devono prendere due dei quattro gemelli
rimasti dopo la prima selezione e uno da ciascuna delle due coppie non considerate prima: questo
può essere fatto in 6 × 4 modi diversi. A questo punto la squadra C risulta automaticamente
composta. Il numero 15 × 16 × 24 fornisce dunque i modi diversi di comporre le tre squadre
assegnando a ciascuna un nome. Poiché la differenziazione delle squadre per assegnazione dei nomi
non va considerata, il numero 15 × 16 × 24 va diviso per 6, quante sono le possibili permutazioni
dei tre nomi.
18/11/2015
Risposta: 72. Soluzione. I fattori comuni a 20 e a 15 sono 1 e 5: questi sono gli unici valori
possibili per la cifra centrale. Se la cifra centrale è 1, le prime tre cifre possono essere solo {1,4,5} o
{2,2,5} che forniscono rispettivamente 6 e 3 possibilità, le ultime tre cifre devono essere
necessariamente {1,3,5} che forniscono 6 possibilità. Se la cifra centrale è 5, le prime tre cifre
possono essere solo {1,1,4} o {2,2,4} che forniscono in entrambi i casi 3 possibilità, le ultime tre
cifre devono essere necessariamente {1,1,3} che forniscono 3 possibilità. Il numero cercato è allora
9 × 6 + 6 × 3.
25/11/2015
Risposta: 24. Soluzione. Detto x il tempo disponibile, in ore, per arrivare all'appuntamento, si ha
20(x + 1) = 30(x 1). Si ricava x = 5. Il numero cercato è allora 20 × 6/5.
01/12/2015
Risposta: 30 e 32. Soluzione. Un poligono che goda della proprietà (P) deve essere convesso. Il
minimo <risp. il massimo> numero possibile di lati si ottiene quando il numero degli angoli da 168
gradi <risp. 169 gradi> è il massimo possibile. La somma delle misure in gradi degli angoli interni
di un poligono convesso di n lati vale n × 180 360. Poiché 360 è divisibile per 180 168 = 12 con
quoziente 30, esistono poligoni con gli angoli interni tutti di 168 gradi e hanno 30 lati. D'altra parte,
360 non è divisibile per 180 169 = 11 e il più grande intero positivo k tale che 360 k × 11 sia
divisibile per 12 è 24. Da 360 = 24 × 11 + 8 × 12 segue che un poligono convesso può avere 24
angoli da 169 gradi e 8 da 168 gradi.
08/12/2015
Risposta: 1640. Soluzione. Per guadagnare il primo metro in avanti, mi basta 1 passo; per
guadagnare il secondo una volta fatto il primo e volendo poi proseguire, devo fare 2 passi avanti e 1
indietro; per guadagnare il terzo una volta fatto il secondo e volendo poi proseguire, devo fare 3
passi avanti e 2 indietro, e così via. Dopo un numero di passi uguale alla somma dei primi 39 interi
positivi dispari, sarò a 39 metri dal punto di partenza: con i successivi 40 passi avanti mi porterò a
79 metri, il punto più lontano raggiunto fino ad allora, ma poi dovrò farne 39 indietro, e mi ritroverò
a 40 metri. Ora però potrò fare 41 passi avanti prima di fare altri passi indietro: dopo 40 mi troverò
a 80 metri dal punto da dove ero partito. La risposta è allora data dalla somma dei primi 40 interi
dispari aumentata di 40.
16/12/2015
Risposta: 1, 2, 3, 4. Soluzione. Siano A, B, C, D quattro cifre tutte diverse da 0 e diverse fra loro
elencate in ordine crescente.
Prima soluzione. Da (10D + A)(10C + B) (10A + D)(10B + C) = 99(C × D A × B) (il secondo
prodotto non è il minore dei prodotti possibili relativamente alle cifre assegnate, è stato scelto solo
per abbreviare i calcoli), segue facilmente che la differenza tra il maggiore e il minore dei prodotti
possibili è maggiore di 1000 se le quattro cifre non sono consecutive (infatti in tal caso si ha
comunque C × D A × B > 11). Il maggiore dei prodotti è (10D + A)(10C + B) e il minore è (10A +
C)(10B + D): infatti per ottenere il maggiore occorre e basta che C e D siano le cifre delle decine
dei due fattori e che vengano ad esse abbinate come cifre delle unità rispettivamente B (che verrà
moltiplicata per la più grande cifra delle decine D) ed A. Simmetricamente si ragiona per ottenere il
valore minimo. (Entrambe le affermazioni sono facilmente verificabili con un calcolo diretto.) Se A
= 1, B = 2, C = 3 e D = 4 la loro differenza è esattamente 1000 e si vede facilmente che è la minore
possibile al variare delle quattro cifre consecutive.
Soluzione alternativa. Qualunque siano le quattro cifre, si trova come sopra che il maggiore dei
prodotti è (10D + A)(10C + B) e il minore è (10A + C)(10B + D). Possiamo riscrivere
(
)(
)
(
(
)(
)
)
(
come
)
.
La cifra delle unità nel primo membro deve essere 0, quindi
deve essere un multiplo di
10; il fatto che sia anche il coefficiente di 100 permette con facili osservazioni di scartare tutti i
valori maggiori di 10, quindi
oppure
implicherebbe
, impossibile, quindi
e l'equazione che stiamo
)(
)
considerando diviene
cioè (
. Allora
e
diventa (
)(
)
che ha per soluzione
solo
21/12/2015
Risposta: 931. Soluzione. Quando gracchia il primo corvo, se ne alza in volo solo 1, quello di
posizione 2; quando questo atterra sul ramo si alzano il primo e il terzo, quando atterrano questi il
secondo e il quarto, quando atterrano il 2 e il 4 se ne alzano 3, (di posti 1,3,5) e quando questi si
posano di nuovo 3 (di posti 2,4,6) e così via fin quando posandosi i 25 di posto pari, non si alzano
per la prima volta tutti i 26 di posto dispari. Per far questo occorrono
minuti e le
∑
gracchiate fino a questo punto sono state
. Da questo momento si alzano e si
posano alternatamente tutti i corvi di posto pari e tutti quelli di posto dispari, precisamente al 50-mo
minuto si posano 26 corvi, al 51-esimo 25, ecc. per finire con 26 al 60-mo minuto, gracchiando in
totale
(
)
. In totale
13/01/2016
Risposta: 942 e 843. Soluzione. È chiaro che U + C deve essere dispari e almeno 11 (altrimenti la
cifra delle decine di CDU + UDC, fornita da 2D, sarebbe pari). È altrettanto chiaro 2D + 1 deve
essere minore di 10 in modo da non dare riporto (U + C + 1 risulterebbe pari). Ricordando che deve
essere C > D > U > 0, facilmente segue M = 942 e m = 843.
