31° Torneo Internazionale delle Città
Anno Scolastico 2009-2010
Gara di primavera – Livello O-junior
TESTI E SOLUZIONI
PROBLEMA 1 (3 punti)
Sei cesti contengono pere, prugne e mele. Il numero di prugne in ciascun cesto è uguale al numero delle mele che
complessivamente si trovano in tutti gli altri cesti, e il numero delle mele in ciascun cesto è uguale al numero delle pere
che complessivamente si trovano in tutti gli altri cesti.
Dimostrare che il numero totale di frutti contenuti nei sei cesti è multiplo di 31.
Soluzione. Siano p1, m1, s1 il numero di pere, mele e prugne nel primo cesto,
cesto, ecc. Per ipotesi è
p2 , m2 , s2 la stessa cosa nel secondo
s1 = m1 + m2 + m3 + m4 + m5 + m5
s2 = m1 + m2 + m3 + m4 + m5 + m5
s3 = m1 + m2 + m3 + m4 + m5 + m5
s4 = m1 + m2 + m3 + m4 + m5 + m5
s5 = m1 + m2 + m3 + m4 + m5 + m5
s6 = m1 + m2 + m3 + m4 + m5 + m5
(in ogni riga l’addendo con la croce è assente). Addizionando membro a membro si vede che, indicato con S il numero
complessivo delle prugne e con M il numero di mele, risulta S = 5M . Nello stesso modo si prova che, detto P il
numero complessivo di pere, è M = 5P , cosicchè, utilizzando la relazione precedente, S = 5M = 5 ! 5P = 25P .
Segue che il numero complessivo di frutti è S + M + P = 25P + 5P + P = 31P , evidentemente multiplo di 31.
PROBLEMA 2 (3 punti)
Carlo e Laura devono dividersi una torta di forma quadrata, e stabiliscono di farlo nel seguente modo:
Carlo sceglie dove preferisce un punto della torta, non sul bordo;
Laura effettua un taglio rettilineo della torta, partendo dal punto fissato da Carlo e fino al bordo, nella direzione che
preferisce;
Carlo effettua un taglio perpendicolare al quello di Laura, partendo dallo stesso punto, fino al bordo.
Il più piccolo dei due pezzi in cui ora è divisa la torta va a Laura, che spera di ricevere almeno un quarto della torta. È
possibile per Carlo impedire a Laura di realizzare il suo desiderio?
Soluzione. No, Carlo non può impedire a Laura di avere almeno un quarto della torta, se quest’ultima agirà
opportunamente. Sia infatti K il punto fissato da Carlo. A Laura conviene effettuare il suo taglio partendo da K e
passando per il centro O del quadrato, fino al bordo della torta. La retta OK e
la perpendicolare a OK passante per O dividono il quadrato in quattro
quadrilateri congruenti, ciascuno dei quali dunque è equivalente a un quarto
dell’intero quadrato. Ciascuno dei due tagli consentiti a Carlo partendo da K,
perpendicolari a KO, dividono la torta in due parti ciascuna delle quali
contiene interamente almeno uno dei quattro quadrilateri citati sopra; quindi
la più piccola delle due parti in cui resta divisa la torta sarà sicuramente non
inferiore alla quarta parte di essa. La strategia migliore per Carlo,
intenzionato a lasciare a Laura una porzione più piccola possibile, consiste nel
fissare K nel centro O del quadrato; così facendo, qualunque sia il taglio di
Laura, a quest’ultima andrà esattamente un quarto di torta.
(Un altro modo che ha Laura per raggiungere lo scopo di ottenere almeno un
quarto della torta è tagliare da K fino al vertice del quadrato che si trova più
lontano da K; anche il questo caso si riesce a dimostrare che ciascuna delle due parti in cui la torta resterà divisa è
maggiore di un quarto della torta intera; infatti ciascuna delle due parti contiene un triangolo che ha per base un lato del
quadrato, e l’altezza non inferiore alla metà del lato del quadrato)
PROBLEMA 3 (4 punti complessivi)
Nel piano è disegnato un angolo. Ci è consentito utilizzare solamente un compasso.
Domanda a) (2 punti)
Si deve stabilire se l’angolo è acuto oppure no. Quale è il minimo numero di cerchi che occorre tracciare per
raggiungere questo obiettivo? Motivare la risposta.
Domanda b) (2 punti)
In quale modo, utilizzando soltanto il compasso, possiamo stabilire se l’angolo disegnato misura 31°? (si possono
tracciare tanti cerchi quanti si vuole).
Soluzione. a) È sufficiente tracciare un solo cerchio. Con centro in un punto di
uno dei lati dell’angolo, tracciamo il cerchio passante per il vertice. L’angolo è
acuto se e solo se il cerchio interseca il secondo lato dell’angolo in un altro punto
oltre al vertice (come nella figura qui a fianco).
b) Tracciamo un cerchio con il centro nel vertice O dell’angolo; siano A, B i punti
in cui questo interseca i lati dell’angolo. Partendo da A determiniamo sul cerchio i
punti B1 = B , e successivamente, girando sempre nello stesso verso,
B2 , B3, º in modo che le corde AB1, B1B2 , B2 B3 ,… siano tutte congruenti. Se il punto B360 coincide con A,
e se inoltre per arrivare a B360 la circonferenza è stata percorsa per 31 volte, allora AÔB misura 31°, e naturalmente
viceversa: se
AÔB misura 31°, il punto B360 si troverà su A, raggiunto dopo aver compiuto 31 giri completi.
PROBLEMA 4 (5 punti)
In una gara di matematica ogni partecipante ha almeno 3 amici tra gli altri concorrenti. Dimostrare che la giuria può
scegliere un numero pari, maggiore di 2, di concorrenti e disporli attorno a un tavolo, in modo tale che ciascuno abbia
seduti accanto a sé due suoi amici.
Soluzione. Allineiamo il maggior numero possibile di partecipanti alla gara, in modo che due persone che in questo
allineamento si trovano una accanto all’altra siano sempre amiche. Se A è il primo della fila così formata, allora almeno
tre amici di A si trovano nella fila. Infatti, in caso contrario almeno un amico di A sarebbe rimasto escluso
dall’allineamento; invitandolo a prendere posto prima di A si otterrebbe una fila soddisfacente i requisiti di amicizia, più
lunga della precedente, di cui si era invece detto che doveva avere lunghezza massima.
Essendo il primo della fila, A ha accanto a sé un solo amico; siano B, C altri due amici di A che si trovano nella fila, ma
non accanto ad A.
Se tra A e B (tra A e C) c’è un numero pari di persone, i concorrenti disposti in fila da A a B (da A a C) si possono
disporre in circolo, e soddisfano il requisito di essere in numero pari, e di avere ciascuno due amici accanto. Se tra A e
B c’è un numero dispari di persone, e lo stesso accade tra A e C, allora è pari il numero di persone tra B e C; in tal caso
saranno i concorrenti da B a C (compresi B e C) a poter formare un circolo con le proprietà desiderate.
PROBLEMA 5 (5 punti)
Su di una lavagna sono scritti i seguenti 101 numeri interi: 12 , 2 2 , º, 1012 . Se ne tolgono due, e si aggiunge alla
lista la differenza fra il maggiore e il minore dei due numeri scelti. Poi si scelgono dalla lista così modificata altri due
numeri, e si procede come nel primo passo. Quale è il numero più piccolo che può apparire in 100 passi così fatti?
Motivare la risposta.
Soluzione. Il numero più piccolo che può apparire è 1. Di seguito illustriamo un modo per ottenerlo, secondo le regole
dettate dal testo.
Dai quadrati di quattro numeri consecutivi è sempre possibile ottenere 4 (in tre mosse): infatti
( n + 1)2 - n 2 = 2n + 1;!!( n + 3)2 - ( n + 2 )2 = 2n + 5 ;!!( 2n + 5 ) - ( 2n + 1) = 4 .
2
2
Operando in questo modo sui quadrati dei numeri consecutivi da 6 a 101 (che sono in numero di 96) otteniamo 4
per ventiquattro volte. Sulla lavagna si trovano ora scritti 1, 4, 9, 16, 25 e altre ventiquattro volte 4.
Venti esemplari di 4, sottraendoli uno dall’altro a due e due, producono dieci 0, che con mutue sottrazioni diventano
cinque, poi tre e infine solo uno, fino a scomparire eseguendo per esempio 1 - 0 , che lascia 1 al posto dei due numeri 1
e 0. Adesso i numeri rimasti sono:
1 4 9 16 25 4 4 4 4
Le ultime mosse si possono svolgere come segue (i numeri sottolineati in ciascuna riga sono quelli coinvolti nella
mossa):
1
1
1
1
1
1
1
1
1
4 9 16 25 4
21 9 16
4
21 7
4
14
4
10
6
2
2
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
Si può quindi ottenere 1; non è possibile invece ottenere 0 come ultimo numero. Infatti all’inizio ci sono 50 numeri pari
e 51 dispari; ad ogni mossa la quantità di numeri dispari rimane invariata oppure diminuisce di due unità (quando a due
numeri dispari si sostituisce la loro differenza, che è pari); quindi i numeri dispari che in ogni momento appaiono sulla
lavagna sono sempre in quantità dispari; dopo 100 mosse rimane sulla lavagna un solo numero, il quale per le ragioni
esposte dovrà essere dispari. Quindi 1 è effettivamente il minimo risultato possibile.
