Soluzioni

INCONTRI OLIMPICI 2014
Gara a Squadre per Insegnanti
Montecatini Terme, 20 ottobre 2014
Soluzioni scritte da
Rosanna Tupitti ed Ercole Suppa
Durata: 90 minuti
1. Il numero 2006, aumentato della somma delle sue cifre, diventa 2014. Francesco, però, ha trovato un
altro numero che, aumentato della somma delle sue cifre, dà 2014. Qual è questo numero?
Soluzione. Posto n = abcd dev’essere
1000a + 100b + 10c + d + a + b + c + d = 2014
1001a + 101b + 11c + 2d = 2014
⇔
(1)
Osserviamo che a ≤ 2. Con a = 2 si trova il numero 2006. Pertanto a = 1 e dalla (1) segue che
101b + 11c + 2d = 1013
⇒
11c + 2d = 104
⇒
Il numero richiesto è n = 1988
c = 8, d = 8
2. L’ottagono ABCDEF GH è equiangolo. Dati AB = 1, BC = 2, CD = 3, DE = 4, EF = 2 e
F G = 2, calcolare il perimetro dell’ottagono.
Soluzione. La somma degli angoli interni di ABCDEF GH è (6 − 2) · 180◦ = 540◦ . Pertanto ciascun
angolo misura 135◦ e l’ottagono può essere facilmente costruito:
In figura abbiamo indicato con I, J, rispettivamente, il punto di intersezione di CD con la parallela
a BC passante per A ed il punto di intersezione tra AH ed F G.
Dato che AIF J è un rettangolo abbiamo
AJ = F I
Pertanto AH = 4 +
⇔
AH +
√
√
2=4+2 2
√
√
2 ed il perimetro dell’ottagono è 20 + 2 ≈ 21, 4. La risposta al quesito è 21
3. Sia ABC un triangolo con AB = 40, AC = 60 e BC = 80. Sia ω una circonferenza tangente a AB e
AC e con centro sul lato BC. Calcolare l’area di intersezione tra ABC e ω.
Soluzione.
Indichiamo con r il raggio del cerchio ω e con p il semiperimetro del triangolo 4ABC. Calcolando
in due modi l’area di 4ABC abbiamo
p
r·b r·c
p(p − a)(p − b)(p − c) =
+
⇔
2
2
√
r(40 + 60
⇔
90 · 10 · 30 · 50 =
2
√
300 15 = 50r
⇔
√
r = 6 15
Pertanto l’area della regione compresa tra ABC e ω è data da
πr2
π · 36 · 5
=
= 270π ≈ 848.23
2
2
quindi la risposta al quesito è 848 .
4. Siano a e b due numeri interi tali che ab = 43!, b non sia multiplo di 143 e a/b sia il più piccolo
possibile. Fornire come risposta le ultime 4 cifre di a.
Soluzione. La frazione a/b ha il valore minimo se a è il più piccolo possibile e b il più grande
possibile. Poichè 143 = 11 · 13 non divide b ed ab = 43!, il più grande valore che b può assumere è
43!/113 , mentre il più piccolo valore che a può assumere è 113 = 1331
5. Siano a, b e c le radici di x3 − 9x2 + 11x − 1 = 0 e sia s =
√
a+
√
b+
√
c. Trovare
1646 + 80s + 180s2 − 10s4
Soluzione. Dalle formule di Viète abbiamo
a + b + c = 9,
ab + bc + ca = 11,
abc = 1
Pertanto
√
√
√ s2 = 9 + 2
ab + bc + ca
⇔
√
√
2
√ 2
s2 − 9 = 4
ab + bc + ca
⇔
√
√
√
2
a2 bc + ab2 c + abc2
s2 − 9 = 4(ab + bc + ca) + 8
√
√
√
2
√ 2
s − 9 = 44 + 8 abc ·
a+ b+ c
⇔
⇔
s4 − 18s2 + 81 = 44 + 8s ⇔
8s + 18s2 − s4 = 37 ⇔
80s + 180s2 − 10s4 = 370 ⇔
1646 + 80s + 180s2 − 10s4 = 2016
6. Per numerare le pagine di un grosso quaderno, Mario ha dovuto scrivere un numero di cifre doppio
rispetto al numero di pagine del quaderno stesso. Quante pagine ha il quaderno di Mario?
Soluzione. Ovviamente il libro deve avere più di 10 pagine.
Se il libro avesse meno di 100 pagine, detto 10 + x il numero di pagine, con 1 ≤ x ≤ 89, avremmo
9 · 1 + (x + 1) · 2 = 2(10 + x)
⇔
11 = 20
il che è impossibile.
Si dimostra facilmente che il libro non può avere più di 1000 pagine (esercizio!).
Pertanto il libro deve avere un numero di pagine compreso tra 100 pagine e 999.
Detto 100 + x il numero di pagine, con 1 ≤ x ≤ 899, risulta
9 · 1 + 90 · 2 + (x + 1)3 = 2(100 + x)
192 + 3x = 200 + 2x ⇔
x=8
⇔
Allora il libro ha 108 pagine.
7. Quanti sottoinsiemi non vuoti di {1, 2, 3, . . . , 12} hanno la proprietà che la somma dell’elemento più
grande e dell’elemento più piccolo sia 13?
Soluzione. Indichiamo rispettivamente con m, M il minimo ed il massimo elemento di un sottinsieme avente la proprieta richiesta. Per contare quanti sono i sottinsiememi tali che m + M = 13,
distinguiamo i seguenti casi:
• vi sono 210 sottinsiemi con m = 1 ed M = 12;
• vi sono 28 sottinsiemi con m = 2 ed M = 11;
• vi sono 26 sottinsiemi con m = 3 ed M = 10;
• vi sono 24 sottinsiemi con m = 4 ed M = 9;
• vi sono 22 sottinsiemi con m = 5 ed M = 8;
• vi sono 20 sottinsiemi con m = 6 ed M = 7;
Pertanto il numero di sottinsiemi che verificano la proprietà richiesta è dato da:
1 + 22 + 24 + 26 + 28 + 210 =
46 − 1
= 1365
4−1
8. Qual è il più piccolo intero n ≥ 100 tale che n2 finisca con le stesse 3 cifre di n?
Soluzione. Dobbiamo trovare il più piccolo numero intero n ≥ 100 tale che
n2 ≡ n (mod 1000)
⇔
1000 | n(n − 1)
(1)
Poichè n ed n − 1 sono coprimi, dalla (1) discendono tre possibilità
• se 1000 | n: il più piccolo numero è n = 1000;
• se 1000 | n − 1: il più piccolo numero è n = 1001;
• 125 | n, 8 | n − 1: esistono a, b ∈ Z tali che n = 125a, n = 1 + 8b, quindi
125a − 8b = 1 ⇔ 125a ≡ 1 (mod 8) ⇔
5a ≡ 1 (mod 8) ⇔ a ≡ 5 (mod 8)
Il più piccolo valore di n è 625 che si ottiene per a = 5;
• 125 | n − 1, 8 | n: esistono a, b ∈ Z tali che n = 8a, n = 1 + 125b
8a − 125b = 1
5b ≡ −1
⇔ 125b + 1 ≡ 0 (mod 8)
(mod 8) ⇔ 5b ≡ 7 ⇔
b ≡ 35 ≡ 3 (mod 8)
⇔
Il più piccolo valore di n è 376 che si ottiene per b = 3;
Dall’analisi precedente discende che il più piccolo numero soddisfacente la proprietà richiesta è 376
9. Sia XY Z un triangolo con ∠X = 60◦ e ∠Y = 45◦ . Sia ω una circonferenza che interseca il lato
XY nei punti A e B, il lato Y Z nei punti C e D e il lato ZX nei punti E e F . Supponiamo che
AB = CD = EF . Detto P il centro di ω e detto α = 2 · ∠XP Y , trovare il valore di α in gradi.
Soluzione.
Siano L, M , N le proiezioni ortogonali di P su XY ,
Y Z, ZX rispettivamente. Dall’uguaglianza delle
corde AB = CD = EF segue che P L = P M = P N .
Pertanto i triangoli 4P LX e 4P N X sono congruenti
e, di conseguenza, ∠P XL = ∠P XN = 30◦ .
Analogamente si dimostra che ∠P Y L = ∠P Y M =
22.5◦ per cui
∠XP Y = 180◦ − 30◦ − 22.5◦ = 127.5◦
⇒
α = 2 · ∠XP Y = 255◦
10. Dato un numero reale x, indichiamo con bxc la parte intera di x, ovvero il più grande intero minore
o uguale a x. Quanti interi positivi minori di 2014 possono essere espressi nella forma bx · bxcc per
qualche numero reale x?
Soluzione. Sia f (x) = bx · bxcc. Consideriamo i seguenti casi:
• se x ∈ [0, 1[ ⇒ bxc = 0, f (x) = 0, f ([0, 1[) = {0};
• se x ∈ [1, 2[ ⇒ bxc = 1, f (x) = 1, f ([1, 2[) = {1};
• se x ∈ [2, 3[ ⇒ bxc = 2, f (x) = b2xc, f ([2, 3[) = {4, 5};
• se x ∈ [3, 4[ ⇒ bxc = 3, f (x) = b3xc, f ([3, 4[) = {9, 10, 11};
.
• ..
• se x ∈ [44, 45[ ⇒ bxc = 44, f (x) = b44xc, f ([44, 45[) = {442 , 442 + 1, . . . , 442 + 43};
• se x ≥ 45 ⇒ f (x) ≥ b45xc ≥ 452 = 2025.
Pertanto gli interi positivi esprimibili nella forma bx · bxcc, per qualche numero reale x, sono
complessivamente:
44 · 45
= 990
1 + 2 + 3 + · · · + 44 =
2
11. Si dice che una permutazione σ ha un k-ciclo se esiste un certo elemento a tale che il più piccolo
n per cui σ n (a) = a è proprio k. Contare le permutazioni di 10 elementi che hanno esattamente 2
3-cicli e 2 2-cicli. Fornire come risposta le ultime 4 cifre del numero ottenuto.
Soluzione. Ricordiamo due noti risultati sulle permutazioni
• una n-permutazione σ si dice di tipo (a1 , a2 , . . . , an ) se possiede esattamente ai cicli di lunghezza
i, per ogni i ∈ {1, 2, . . . , n};
n
P
• se (a1 , a2 , . . . , an ) è una n-pla di interi non negativi tali che
i · ai = n allora il numero di
i=1
n-permutazioni di tipo (a1 , a2 , . . . , an ) è dato da
n!
a1 ! · a2 ! · · · an ! · 1a1 · 2a2 · · · nan
(*)
Usando la (*) otteniamo che il numero di permutazioni richieste è dato da:
10!
= 25200
2! · 2! · 22 · 32
e la risposta al quesito è 5200 .
12. Dire quanto vale l’angolo evidenziato in nero in figura.
Soluzione. Dal teorema dei seni applicato ai triangoli 4AED, 4EDC abbiamo
DE
AE
=
◦
sin 20
sin x
(1)
CD
DE
=
◦
sin(20 + x)
sin 20◦
(2)
Da (1) e (2) segue che
CD
AE
=
◦
sin(20 + x)
sin x
Pertanto essendo CD = AD ed AE = AB abbiamo:
AD
AB
=
◦
sin(20 + x)
sin x
(3)
Dal teorema dei seni applicato al triangolo 4ABD segue che
AD
AB
=
◦
sin 80
sin 40◦
⇒
AD = 2 · AB · cos 40◦
(4)
Da (3) e (4) segue che
2 · AB · cos 40◦
AB
=
◦
sin(20 + x)
sin x
⇔
2 sin x · cos 40◦ = sin(20◦ + x) ⇔
sin(40◦ + x) − sin(40◦ − x) = sin(20◦ + x) ⇔
sin(40◦ + x) = sin(20◦ + x) + sin(40◦ − x) ⇔
sin(40◦ + x) = 2 sin 30◦ cos(10◦ − x) ⇔
sin(40◦ + x) = cos(10◦ − x) ⇔
sin(40◦ + x) = sin(90◦ + 10◦ − x) ⇔
sin(40◦ + x) = sin(100◦ − x) ⇔
40◦ + x = 100◦ − x ⇔
x = 30◦
13. Alice, Bob e Carola hanno, sommando i quadrati delle loro età, 225 anni. Bob ha un fratello gemello,
Bill e Carola ha una sorella gemella, Chiara. L’allegra compagnia, cosı̀ riunita, nota uno strano fatto:
tutti insieme hanno l’età massima che potrebbero avere, considerata fissa la somma dei quadrati delle
età di Alice, Bob e Carola. Quanti anni ha Alice?
Soluzione. Indichiamo con x, y, x le età di Alice, Bob e Carola, rispettivamente. La somma delle
età, di Alice, Bob, Carola, Bill, Chiara è x + 2y + 2z. Dalla disuguaglianza di Cauchy-Schwartz
abbiamo
p
√
x + 2y + 2z ≤ 12 + 22 + 22 · x2 + y 2 + z 2 ⇔
√ √
x + 2y + 2z ≤ 9 · 225 ⇔
x + 2y + 2z ≤ 45
Il massimo della somma x + 2y + 2z vale 45 e si ottiene se (x, y, z) ed (1, 2, 2) sono proporzionali,
cioè se esiste un numero t ∈ R tale che
x = t,
y = 2t,
z = 2t
(*)
Sostituendo le (*) in x2 + y 2 + z 2 = 225 abbiamo
t2 + 4t2 + 4t2 = 225
⇔
t=5
Pertanto le età di Alice, Bob e Carola son 5,10,10, rispettivamente. Alice dunque ha 5 anni.
14. Dato un polinomio p(x) a coefficienti interi, si sa che p(0) = 5 e p(7) = −2. Quanti valori può
assumere p(3) fra −100 e 100?
Soluzione. Per il teorema di Ruffini esistono due polinomi A(x), B(x) ∈ Z[x] tali che
p(x) = xA(x) + 5
p(x) = (x − 7)B(x) − 2
⇒
⇒
p(3) = 3A(3) + 5 = 3a + 2
p(3) = −4B(3) − 2 = 4b + 2
dove abbiamo posto a = A(3) + 1, b = −B(3) − 4. Pertanto
3a + 2 = 4b + 2
⇔
3a = 4b
⇔
∃c ∈ Z : a = 4c
da cui segue che p(3) = 12c + 2 e ciò implica che p(3) può assumere 17 valori compresi tra −100 e
100 essendo:
−100 ≤ 12c + 2 ≤ 100 ⇔
−102 ≤ 12c ≤ 98 ⇔
−8 ≤ c ≤ 8
15. E’ noto a molti che egizi e babilonesi fossero a conoscenza della terna pitagorica (30, 40, 50) per
costruire triangoli rettangoli, ma forse non è noto che solo con questi dati e senza usare null’altro,
essi potessero dire subito quanto valeva la somma dei quadrati delle mediane di un tale triangolo.
Sapreste dirlo?
Soluzione. Usando le formule che esprimono le lunghezze delle mediane
ma =
1√ 2
2b + 2c2 − a2 ,
2
abbiamo che
m2a + m2b + m2c =
mb =
1√ 2
2a + 2c2 − b2 ,
2
mc =
1√ 2
2a + 2b2 − c2
2
3
3 2
a + b2 + c 2 =
302 + 402 + 502 = 3750
4
4
16. Calcolare la somma dei coefficienti dei termini di grado pari del polinomio:
40(x + 1)10 + 38(x − 1)9 − 2014(x + 2)2 − 1006(x − 2)
Soluzione. La somma richiesta è data da:
p(1) + p(−1)
40 · 210 − 9 · 2014 + 1006 − 19 · 210 − 2014 + 3 · 1006
=
=
2
2
= 21 · 512 − 10070 + 2012 = 2694
17. Un abile ladro vuole scassinare una cassaforte. Ha queste informazioni sulla combinazione:
• la combinazione ha 5 cifre, di cui la cifra più alta è un 8;
• la seconda e la terza cifra differiscono di 1;
• la quarta e la quinta cifra sono una pari e una dispari.
Quante combinazioni dovrà provare al massimo il ladro per riuscire ad aprire la cassaforte?
Soluzione. Le cifre della combinazione sono {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}. Le combinazioni possibili sono
di uno dei seguenti tre tipi:
• prima cifra 8; siccome vi sono 8 coppie di numeri consecutivi, il numero di tali combinazioni è
1 · (8 · 2) · (5 · 4 · 2) = 640
• prima cifra diversa da 8, mentre la seconda o la terza cifra è 8; il numero di tali combinazioni è
8 · (1 · 2) · (5 · 4 · 2) = 640
• le prime tre cifre sono diverse da 8; dato che la quarta o la quinta cifra dev’essere 8, il numero
di tali combinazioni è
8 · (7 · 2) · (1 · 4 · 2) = 896
Il numero di combinazioni è pertanto: 640 + 640 + 896 = 2176
18. Alberto apre una pasticceria di fianco ad una scuola sperando che gli studenti di quella scuola vadano
a fare colazione da lui. Sa che se facesse pagare ogni brioche 70 cent o meno tutti i 2340 alunni della
scuola andrebbero a far colazione da lui (ogni studente con una brioche) ogni giorno, mentre se alzasse
il prezzo, per ogni centesimo in più a brioche gli farebbe perdere 20 clienti (al giorno). Sapendo che
ogni brioche costa in ingredienti 10 cent ad Alberto, quante brioche al giorno deve vendere se vuole
massimizzare i guadagni?
Soluzione. Se indichiamo con 70 + x il prezzo di vendita di ciascuna brioche, ogni giorno saranno
vendute 2340 − 20x brioches, con un guadagno netto pari a
g(x) = (70 + x)(2340 − 20x) − 10(2340 − 20x) = −20x2 + 1140x + 140400
b
1140
=
= 28.5.
2a
40
Pertanto Alberto, se vuole massimizzare il guadagno, deve vendere 2340 − 20 · 28.5 = 1770 brioches.
Il guadagno massimo si ottiene se x = −
19. Si trovi il più piccolo intero positivo a tale che a = n3 + 2n2 , con n numero naturale e a quadrato di
un intero dispari.
Soluzione.
Osserviamo che n dev’essere dispari e che n + 2 dev’essere un quadrato, dato che a = n2 (n + 2).
Il minimo numero dispari n per cui n + 2 è un quadrato è n = 7. Pertanto a = 73 + 2 · 72 = 441
20. Su un foglio sono scritti tutti i divisori di un certo numero N , compresi 1 e N stesso. Sapendo che
ci sono esattamente 606 quadrati perfetti, 165 numeri che sono divisori anche di 1014 e il numero di
multipli di 5 è dispari, quanti numeri ci sono in tutto sul foglio?
Soluzione. Il numero N verificante le proprietà richieste può essere trovato nel modo seguente:
• dato che 165 numeri sono divisori anche di 1014 = 214 · 514 , nella scomposizione in fattori di N
devono comparire entrambi i fattori 2 e 5 (se vi fosse solo il fattore 2 o solo il fattore 5, i divisori
di 1014 sarebbero al massimo 15);
• il numero dei multipli di 5 è uguale al numero di divisori di N/5, quindi nella fattorizzazione di
N/5 tutti i primi hanno esponente pari; ne segue che nella fattorizzazione di N il 5 ha esponente
dispari, mentre tutti gli altri fattori hanno esponente pari, quindi:
2ak
1
N = 22a · 52b+1 · p2a
1 · · · pk
(1)
con a, b, a1 , . . . , ak > 0;
• dato che 165 = 11 · 15 abbiamo che a ≥ 5 e b ≥ 5 altrimenti i divisori di 1014 del tipo 2h · 5k ,
con 0 ≤ h ≤ min {14, 2a} e 0 ≤ k ≤ min {14, 2b + 1}, sarebbero in numero inferiore a 165;
• dalla (1) segue che il numero di divisori di N che sono quadrati perfetti è dato da
(a + 1)(b + 1) (a1 + 1) · · · (ak + 1)
e dato che 606 = 2 · 3 · 101 ed a, b ≥ 5, nella scomposizione di N non vi possono essere altri
fattori primi oltre al 2 ed al 5; pertanto
N = 22a · 52b+1 ,
con a, b ≥ 5
(2)
• gli unici numeri interi a, b ≥ 5 che verificano l’equazione
(a + 1)(b + 1) = 2 · 3 · 101
sono a = 5, b = 100. Pertanto N = 210 · 5201 ed ha 11 · 202 = 2222 divisori.