Soluzione

Quarta puntata della gara a
squadre.
20 Febbraio 2003
Soluzioni
Quesito 1.
Un triangolo è inscritto in un quadrato se ogni vertice del triangolo giace
sul perimetro del quadrato.
Sia T un triangolo equilatero di area t, inscritto in un quadrato Q di area q.
Qual è il massimo valore possibile del rapporto qt ?
Soluzione. Invece di considerare solo i triangoli equilateri inscritti nel
quadrato consideriamo tutti i triangoli equilateri contenuti nel quadrato.
Fra questi triangoli consideriamo quelli di area massima e fra questi possiamo sempre trovarne uno che ha un vertice A coincidente con un vertice del
quadrato, eventualmente dopo avere effettuato una opportuna traslazione.
A questo punto il triangolo equilatero di area massima è quello che ha il
lato piú lungo possibile e questo avviene per il triangolo equilatero avente
l’altezza relativa al vertice A sulla diagonale del quadrato e con gli altri due
vertici sul perimetro. Infatti se prendessimo un triangolo equilatero con un
lato piú lungo di quello del triangolo indicato il terzo vertice starebbe fuori
del quadrato. In conclusione il triangolo equilatero massimo contenuto nel
quadrato risulta avere i tre vertici sul perimetro e per determinare la lunghezza del suo lato basta osservare che se L è la lunghezza del lato del quadrato
e l quella del triangolo abbiamo che la diagonale del quadrato coincide con
l’altezza del triangolo sommata a metá del lato del triangolo :
√
√
3 l
L 2=l
+
2
2
Per cui:
√
2 2
l
=√
L
3+1
e il rapporto delle aree vale
√
√
√
√
√
√
l2 3/4
8 3/4
3
√
√
=
=
=
3(2
−
3)
=
2
3−3
L2
4+2 3
2+ 3
Quesito 2.
Dimostrare che il perimetro di un triangolo acutangolo è sempre maggiore
del doppio del diametro del cerchio circoscritto.
Soluzione. Siano M, N i punti medi dei lati AB e BC del triangolo ABC
e consideriamo il trapezio AMNC . Sfruttando il fatto che il triangolo è
acutangolo abbiamo che questo trapezio contiene il trangolo isoscele AOC
dove O è il centro del cerchio circoscritto: infatti O deve stare sull’asse del
\
\
lato BC e sull’asse di AB e gli angoli M
NB e N
M B sono minori di 90◦
essendo MNB simile a ABC. Ne segue che il perimetro del trapezio supera
il perimetro di AOC (in generale se un poligono convesso è strettamente
contenuto in un altro poligono il perimetro del primo è inferiore a quello del
secondo) e quindi
AM + M N + N C > AO + OC
Raddoppiando entrambi i membri di questa diseguaglianza abbiamo la tesi:
AB + BC + AC > 2(AO + OC) = 2 · (diametro del cerchio circoscritto)
Quesito 3.
Trovare una progressione aritmetica di numeri interi positivi tale che nessuno dei suoi infiniti termini sia esprimibile né come somma di due quadrati
perfetti né come somma di due cubi perfetti.
Soluzione. I numeri quadrati hanno resto 0 o 1 modulo 4 e i cubi hanno
resto 0,1 o 8 modulo 9: quindi se consideriamo i resti modulo 36 troviamo che
la somma di un quadrato e di un cubo non puó avere resto 3. La progressione
aritmetica 36k + 3 risponde pertanto ai requisiti. Un’altra potrebbe essere
ottenuta osservando che i resti dei quadrati modulo 9 sono 0,1,4,7 e quindi
anche la progressione 9k + 3 va bene.
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Quesito 4.
Partendo da un numero reale a0 > 1, consideriamo la successione {an }
data dalla formula ricorsiva an+1 = an − a1n .Dimostrare che non tutti i termini
di tale successione sono positivi.
Soluzione. Se, per assurdo, la successione fosse formata da tutti numeri
positivi avremmo una successione positiva e decrescente (an+1 < an ) e
quindi convergerebbe ad un numero reale L non negativo. Gli incrementi
an+1 −an dovrebbero tendere a 0 e dalla relazione data troveremmo che anche
1
(= an − an+1 ) dovrebbe tendere a 0, cioè an dovrebbe tendere al’infinito e
an
non ad un numero reale finito L.
Quesito 5.
Ad ogni numero intero n ≥ 10 associamo un intero positivo n0 come segue:
se n ha come espressione decimale (a0 )(a1 ) . . . (ah ) allora
n0 = (a0 + a1 )(a1 + a2 )...(ah−1 + ah ) dove la notazione (x)(y) indica il numero
che si ottiene scrivendo prima le cifre del numero x e poi di seguito quelle
del numero y.
Due esempi per chiarire: se n = 347 si ha n0 = 711 dato che 3 + 4 = 7 e
4 + 7 = 11; se n = 1982 si ha n0 = 101710 dato che 1 + 9 = 10, 9 + 8 = 17,
8 + 2 = 10.
Stabilire se la funzione n 7→ n0 è una funzione suriettiva sull’insieme degli
interi positivi, cioè se ogni intero positivo n0 proviene (seguendo la regola
indicata sopra) da qualche intero n ≥ 10.
Soluzione. La funzione non è suriettiva: consideriamo per esempio il
numero n0 = 120 e mostriamo che non proviene da alcun numero n. Infatti
un tale eventuale numero n dovrebbe avere 3 o 4 cifre: se avesse 3 cifre
(n = (a0 )(a1 )(a2 )) avremmo che (a1 + a2 ) dovrebbe valere 0 oppure 20, ma
20 è impossibile e 0 comporterebbe a1 = a2 = 0 con conseguenze assurde, se
avesse invece 4 cifre (n = (a0 )(a1 )(a2 )(a3 )) avremmo che (a0 + a1 ) = 1, (a1 +
a2 ) = 2, (a2 +a3 ) = 0, ma anche questa possibilità si esclude immediatamente.
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