LA FEBBRE DEI SALDI! È PRONTO! LA PARTITA DI PALLAMANO PROBLEMI DI MENSA

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1 LA FEBBRE DEI SALDI! Il minimo prezzo, scontato, concesso da Renato è di 47,99. Con questa condizione, il primo numero (superiore a 47,99) con il numero degli Euro uguale a quello dei centesimi è 48,48. È PRONTO! Il modo migliore, per rispettare la condizione prima possibile, è di cucinare la torta di Anna (che sarà pronta alle 15.10), aspettare 5 minuti, poi cucinare la crostata di Ingrid (che sarà cotta alle 16.00) e infine mettere nel forno il dolce di Chiara. Tutto sarà allora pronto alle LA PARTITA DI PALLAMANO Indichiamo con x i punti realizzati dagli Algebristi fino ad un certo momento; coincidono con quelli che realizzeranno successivamente i Geometri. Se indichiamo invece con y i punti da loro realizzati fino a quel momento, avremo x+y=19. Ecco la soluzione dettagliata, inviataci da Giorgio Dendi (già campione internazionale alle Finali di Parigi). Se il testo sembra un po' contorto, provo a vedere cosa succede con dei tentativi. I Geometri hanno realizzato 19 punti. Se il momento incriminato è stato quando i Geometri avevano 10 punti, ne dovevano realizzare altri 9, quindi gli Algebristi in quel momento ne avevano 9, per un totale di 19; se il momento incriminato è stato quando i Geometri avevano 11 punti, ne dovevano realizzare altri 8, quindi gli Algebristi in quel momento ne avevano 8, per un totale di 19; e così vale per qualunque altro punteggio dei Geometri. Rileggendo il testo, è ovvio che se tu hai le caramelle che a me mancano perché io ne abbia 19, è ovvio che in tutto ne abbiamo 19. Quindi insieme, le due squadre, avevano 19 punti. PROBLEMI DI MENSA Ci sono altre 7 collocazioni attorno al tavolo, che rispettano i desideri dei sei alunni. Ecco la soluzione dettagliata, inviataci da Giorgio Dendi (già campione internazionale alle Finali di Parigi).

2 Partiamo dal dato che Rosi e Desiderio siedono vicini, ma nessuno dei due può essere capotavola. Allora nel disegno posso sistemarli sia lungo il lato superiore che lungo quello inferiore, quindi in 2 modi diversi. Per ognuna di queste situazioni, quello più a destra può essere o Rosi o Desiderio, per cui le situazioni diverse possono essere 4. Milena e Carla stanno una di fronte all'altra, per cui per ognuna delle 4 situazioni di prima, ne trovo 2 diverse: una con Milena a capotavola a destra e una con Milena a capotavola a sinistra; quindi 8 situazioni diverse. Sono rimasti 2 posti liberi, e Guido non va messo di fronte a Rosi. Angelo va messo nell'ultimo posto lasciato libero. Quindi le situazioni diverse sono 8, e se si vuole escludere quella della figura, come richiesto, ne restano altri 7. IL NUMERO MISTERIOSO Chiamiamo abc il numero misterioso (con a b c e b maggiore sia di a che di c). L'unica terna di interi positivi che soddisfa la condizione ab=6 è allora 163. SOLO TRE Consideriamo i possibili allineamenti di tre gettoni. Se il primo (per cominciare) è 1, gli altri due possono essere la somma deve dare 13-2 e 10, 3 e 9, 4 e 8, 5 e 7. Se il primo vale 2, gli altri possono essere 3 e 8, 4e 7, 5 e 6. Se il primo vale 3 gli altri sono necessariamente 4 e 6.

3 Non ci sono altri allineamenti possibili. Al massimo, i componenti del gruppo sono allora 8. I RETTANGOLI Le dimensioni del quarto rettangolo sono 5 e 6. Ecco la soluzione dettagliata, inviataci da Giorgio Dendi. Un rettangolo ha un lato di 11, quindi il quadrato deve avere il lato di almeno 11. Proviamo allora con questo quadrato di 11 x 11. Sistemo per primo il rettangolo 2 x 11, lungo un lato. Ora il pezzo più difficile da sistemare è il rettangolo 5 x 9, che metto in un lato dell'area rimasta libera. Ora mi è facile sistemare il rettangolo 4 x 6, e mi rimane un rettangolo 5 x 6, che è la soluzione voluta. Si poteva trovare che l'area era di 30 anche algebricamente: 11 2 (2 x 11) (5 x 9) (4 x 6) = 30, ma con questo sistema non trovo le dimensioni dei lati e soprattutto non sono sicuro che si possa tracciare un tale rettangolo nel disegno. LE TAVOLETTE DI CIOCCOLATO Ci sono 12 tavolette di cioccolato di 91 grammi ciascuna (complessivamente, ci sono allora 1092 grammi di cioccolato) da dividere tra 7 alunni: ognuno ne riceverà 156 grammi. Al momento della suddivisione, ci saranno 18 pezzi di cioccolato. Infatti, a ciascuno dei primi 5 ragazzi, andranno una tavoletta da 91 grammi e un pezzo da 65 grammi. A ciascuno degli ultimi 2 andranno una tavoletta da 91 grammi, due pezzi da 26 g. e un pezzo da 13 g. Ecco la soluzione dettagliata, inviataci da Giorgio Dendi. Ci sono 12 tavolette da 91 grammi da dividere fra 7 ragazzi. Calcolo 12 x 91 / 7 = 12 x 13, quindi ogni ragazzo riceverà 12 x 13 grammi. Posso fare una sorta di

4 semplificazione per 13, e il problema si riconduce ad avere 12 tavolette di 7 grammi da dividere fra 7 ragazzi, che riceveranno 12 grammi a testa. Ho disegnato quindi 12 tavolette di 7 quadratini, e dovrò formare 7 gruppi di 12 quadratini. A questo punto non si può semplificare più nulla: 7 e 12 sono primi tra loro, per cui si possono trovare più soluzioni, e tutte daranno lo stesso numero di pezzi. Ad esempio si possono dare 7 e 5 quadratini ai primi 6 ragazzi, e 6 pezzi da 2 all'ultimo, per un totale di 18. Anche andando a serpentina, prendendo i primi 12 quadratini liberi ad ogni ragazzo, si trovano 18 pezzi. L'ETA' DEL CAPITANO Indichiamo con f+1, f, f-1 l'età delle figlie del capitano; con n+2, n+1, n, n-1, n-2 quelle delle sue nipoti e con p+3, p+2, p+1, p, p-1, p-2, p-3 quelle dei suoi pronipoti. Da 3f=5n=7p, si deduce che f è divisibile per 5 e per 7. Può allora essere f=35: l'età del capitano è quindi di 70 anni. (d'altra parte, se fosse f=70, o ancora maggiore, il capitano avrebbe 140 anni: troppi, non essendo ancora centenario). GLI OTTO NUMERI Dall'informazione che la somma di due numeri consecutivi sia sempre divisibile per 2 si deduce che i numeri in questione sono o tutti pari o tutti dispari. Considerando anche la richiesta che la loro somma deve risultare la più piccola possibile, si comincia a scrivere 1 e 3 nelle prime due caselle. Perché la somma dei primi tre numeri sia divisibile per 3 (e sempre tenendo conto che la somma deve essere la più piccola possibile), nella terza casella si scrive 5. Procedendo in modo analogo, si ottiene la sequenza (Naturalmente va bene anche la sequenza ). LA DIVISIONE DI PADRE NANDO Ci sono 5 soluzioni: Ecco la soluzione dettagliata, inviataci da Giorgio Dendi

5 Cerco per prima cosa di vedere quali figure hanno un perimetro di 10 quadratini. Intanto c'è una sola figura larga 4 quadratini: ci sono 4 quadratini in andata, 4 in ritorno e 1 di salita e 1 di discesa e siamo già a 10. Tutte le altre figure avranno la dimensione massima di 3. E stanno tutte in un rettangolo 2 * 3, in quanto se occorresse un rettangolo 3 * 3, ci sarebbero 3 quadratini in salita, 3 in discesa, 3 verso destra e 3 verso sinistra, per un totale di 12 (almeno). Quindi le figure che aggiungo stanno in un rettangolo 2 * 3. Una di tali figure è già data: è proprio il rettangolo; tutte le altre figure si ottengono prendendo come partenza tale rettangolo e "rientrando" da qualche parte, in modo da tenere costante il perimetro. Le uniche figure che si ottengono sono le 4 che ho disegnato, più le loro rotazioni, non ammesse dal testo. Conto la loro area totale, e ho 17 quadratini, quanti sono quelli che devo ricoprire. Quindi quelli saranno i soli pezzi che dovrò utilizzare per il mio lavoro. Ritagliando tali figure su carta quadrettata, si trova con pochi tentativi la soluzione voluta. LE CERTEZZE DELLA DIVISIONE Se tra gli N numeri ce ne fossero due che divisi per 111- dessero lo stesso resto (x=111n 1 +r e y=111n 2 +r), la loro differenza sarebbe sempre divisibile per 111: x-y=111(n 1 -n 2 ). Possiamo quindi supporre che gli N numeri abbiano tutti resti diversi (nella divisione per 111). La condizione che la somma di due di questi numeri sia divisibile per 111 (e che N sia il più piccolo valore possibile) porta a considerare i resti complementari, la cui somma sia uguale a 111: x+y=111n 1 +r n 2 +r 2 =111(n 1 +n 2 )+r 1 +r 2. Le coppie di resti complementari sono (0,111) (1,110), (2,109),, (54,57), (55,56): in tutto sono 56. N vale allora 57. Infatti, se abbiamo 57 numeri, avremo sicuramente almeno una coppia di resti complementari. È facile verificare che, ad esempio, N=56 non è sufficiente. I 56 numeri potrebbero infatti essere 1,2,3,,54,55,111 e, tra di loro, non c'è nessuna coppia la cui somma o la cui differenza sia divisibile per 111. I PESI DI JACOB La soluzione è (totale=24). Verifichiamo che si possano effettivamente pesare gli oggetti in questione, con le regole indicate: 1=1, 2=2, 3=3, 4=11-7, 5=7-2, 6=7-1, 7=7, 8=11-3, 9=11-2, 10=11-1, 11=11. L'INCUDINE DEL FABBRO Questa è la soluzione preparata da Nando Geronimi, accompagnatore ufficiale

6 della squadra italiana alle Finali internazionali di Parigi. Rappresento opportunamente i tre triangoli in un riferimento cartesiano di origine O. Tengo fissi i triangoli OAB e OBC, mentre faccio scorrere il triangolo DEF lungo la retta CD. Un qualunque punto del segmento OB è equidistante dai vertici A e C. Il problema consiste nel trovare il punto K in modo che EK sia lungo come AK e CK. Il punto A è di coordinate (28; 0); abbiamo anche B (14:14v3), C (-14;-14v3), K (x;-xv3). Il punto K è anche equidistante dalla retta OA e retta OC; tale distanza è xv3. EH è l'altezza del triangolo equilatero e quindi misura 14v3. Il segmento EK misura allora (14+x)v3. Si ha dunque AK2=CK2=4x2 56x+784 e EK2=3x2 84x Ponendo allora EK = AK = CK; si ricava: x = 70-v4704 (= 1,408 circa). Pertanto si ha: EK=(14+1,408) (v3=26,7 circa). Il raggio cercato misura (approssimativamente) 267 mm.