Soluzioni Prima gara Suole di Gauss

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1 Soluzioni Prima gara Suole di Gauss 6 novembre Risposta: 5140 Inventato Se scomponessimo l espressione in (1 018)+(018 1)+( 017)+(017 ) +... riusciremmo a costruire un triangolo del tipo: e quindi a notare che essa rappresenta una serie numerica dei primi 018 numeri triangolari. Pertanto, per calcolare le ultime 4 cifre, basta applicare la formula della somma dei primi n numeri triangolari cioè = e quindi Risposta: 7171 Inventato Svolgendo i vari elevamenti al quadraro otterremmo: A questo punto sommiamo i numeri a due a due e otteniamo Infine scomponiamo: il in 1+, il 7 in +4, l 11 in 5+6, eccetera. L espressione rappresenta quindi la somma dei primi 018 numeri calcolabile mediante = Risposta: 11 Allenamento online 9/10/017 Consideriamo solo un terzo della figura e risolviamo il problema in maniera generale. Siano a e b i lati dell esagono e α eβ gli angoli che i lati formano con i rispettivi raggi. Siccome gli angoli interni dell esagono risultano essere tutti uguali ad α + β, accade che α + β = 10. Per il 1

2 primo teorema dei triangoli rettangoli applicato a ciascun triangolo accade che a = x cos e b = x cos β, da cui otteniamo cos α = a x e cos β = b x. Ora, cos(10 α) = cos β. Applicando la formula di sottrazione del coseno diventa: cos 10 cos α + sin 10 sin α = cos β. Siccome sin α = 1 cos α = 1 a 4x 4x = a 4x = 4x a x, sostituendo le informazioni nell equazione precedente otteniamo: 1 a x + 4x a x = b x 4x a = b + a Elevando al quadrato otteniamo: (4x a ) = 4b + 4ab + a 1x = 4a + 4ab + 4b Nel nostro caso: x = a + ab + b x = = 100 = 100 = 700 = 11, Risposta: 1996 Allenamento online 18/01/16 Siano ax + bx + cx + d il polinomio di terzo grado citato e x 1, x, x le sue radici reali. Dobbiamo determinare = x 1 + x + x = b x 1 x x x x 1 x x 1 x x d Sappiamo inoltre che p( 1 ) + p( 1 ) p(0) = 1000

3 cioè da cui cioè a 8 + b 4 + c + d a 8 + b 4 c + d = d b d = 998 b d = 1996 b + d = b d d + = Risposta: 01 Finale Nazionale, Cesenatico 010 La situazione è quella in figura: Facendo riferimento alla figura, poniamo AB = x, AC = y, BC = z. Le aree dei 4 triangoli in figura sono tutte uguali, infatti, per la formula trigonometrica per il calcolo dell area di un triangolo, si ha che: A ABC = 1 x y = 1 x z sin β = 1 y z sin γ dove α è l angolo in A, β è l angolo in B, γ è l angolo in C. Possiamo quindi scrivere la seguente equazione: 4A ABC + x + y + z = x y + x + y + z = 19

4 Ora, tenendo conto che x + y = z, l equazione diventa: x y + x + y = 19 x + y + xy 961 = 0 x + y + xy 1 = 0 Di questa equazione si ricercano le soluzioni intere positive, ci siamo quindi ricondotti alla ricerca dei punti a coordinate intere positive su una conica (in questo caso un ellisse). Questa ha centro nell origine e interseca gli assi cartesiani nei punti (0, 1), (0, 1), (1, 0), ( 1, 0), inoltre è simmetrica rispetto alle bisettrici dei quadranti e passa per i punti ( 1, 1) e (1, 1): Possiamo quindi assumere che sia 0 < x < 1, 0 < y < 1. Riducendo ora l equazione di partenza modulo 5, ci accorgiamo che ci sono solo possibilità: x 0 mod 5, y 1 mod 5, oppure x 0 mod 5, y 4 mod 5, oppure x 1 mod 5, y 4 mod 5. Si tratta quindi di verificare per quali dei possibili valori di x (1, 5, 6, 10, 11, 15, 16, 0, 1, 5, 6, 0), il corrispondente valore di y, dato da y = x+ 6 x è effettivamente intero. Si trova che le uniche soluzioni sono (11,4) e (4,11) (se escludiamo quelle banali (0,1) e (1,0)), dunque la soluzione è = Risposta: 0167 Tratto da Fifty challenging problems in probability di Frederick Mosteller. Siano x e y i tempi di arrivo dei combattenti nell arco di un ora. La zona ombreggiata in figura indica i tempi di arrivo per cui i due combattenti si incontrano. La probabilità che non si incontrino è p = ( 11, 1) perciò la probabilità che i due avversari si scontrino è 1 p =

5 7. Risposta: 01 Tratto dalla gara a squadre del 07/0/008. Le entità sono 1,,..., 10, disposti in ordine crescente in senso orario nella configurazione iniziale. La prima osservazione è che possono esserci soltanto scambi disgiunti, perché, se, diciamo, 1 si siede al posto di e al posto di, allora è costretto a sedersi al posto di 4 e così via, riottenendo la configurazione iniziale. Quindi ci possono essere al più 5 scambi, che si determinano decidendo qual è il primo giocatore della coppia in senso orario: 0 scambi: la configurazione iniziale, da escludere 1 scambio: le possibili coppie adiacenti che si possono scambiare sono 10 scambi: scelto il primo scambio, in 10 modi diversi, il secondo si può scegliere tra 7 modi tra gli otto giocatori rimasti perché l ottavo giocatore non può essere il primo di una coppia. Le scelte sono contate due volte: sono 7 10 = 5 scambi: scelti il primo scambio in 10 modi, il secondo ed il terzo si scelgono prendendo due giocatori non adiacenti tra gli altri 7 (ancora l ottavo è escluso); fissato il primo scambio come (1 ), se il secondo è determinato da, allora il terzo può essere scelto in 5 modi, e così via. Le scelte sono contate tre volte: sono 10 ( ) = 50 4 scambi: persone rimangono sedute al proprio posto e sono separate da un numero pari di posti. Se 1 sta seduto al suo posto, l altro può essere scelto in 5 modi; se sta seduto, l altro può essere scelto in 4 modi così come per, e così via: sono = 5. 5 scambi: sono soltanto possibilità, scambiando (1 ) oppure (1 10). Sommando le possibili configurazioni sono = Risposta: 715 5

6 Tratto dalla gara Urbi et Orbi del 011 Il problema è invariante per affiità (come deve essere affinché il testo dell esercizio abbia senso), poiché le affinità del piano conservano i rapporti tra le aree, quindi prendiamo il triangolo speciale che ha i vertici nei punti A = (0, 1), B = (0, 0), C = (1, 0). Visto che le affinità conservano anche il rapporto tra le lunghezze di segmenti paralleli, i punti P, Q, R hanno coordinate P = (0, 7 8 ), Q = ( 1 8, 0) e R = ( 7 8, 1 8 ). Scrivendo le equazioni delle rette che estendono i segmenti AQ, BR e CP, si ottengono le coordinate dei vertici del triangolo XY Z che non tocca il bordo di ABC: X = ( 7 57, ), Y = ( 57, 7 57 ) e Z = ( 1 57, ). Ora, usando la formula dell area di Gauss (shoelace formula), si ottiene che: A XY Z = = 6 19 e ricordando che si ottiene A ABC = = 1 A XY Z = 1 A ABC 19. L area richiesta è quindi pari a = Risposta: 9999 Tratto dalla gara Urbi et Orbi del 011 Osserviamo innanzitutto che 0 < < 1. Inoltre, per il teorema binomiale: ( ) ( 100 ( ) ) 100 = ( 600) 100 k 50 k k k=0 100 ( ) ( 600) 100 k ( 50) k k da cui si ottiene, ( 100 k=0 k pari k=0 ( ) 100 ( ) 100 k 50 k ) = ( k k=0 k=0 ( ) 100 ( 600) 100 k 50 k ) k 50 ( ) 100 = ( k 50 k ). k Ma ogni addendo nella somma è divisibile per 10000, infatti in ogni addendo ci sono (50 k)+1(k) fattori e (50 k)+(k) fattori 5, quindi il numero di fattori 10 è pari al minimo tra 150 k e k e queste due quantità sono sempre maggiori di 100, nell intervallo di interesse. (In 6

7 particolare il numero è divisibile per ). Dunque ( ) ( ) 100 = 10000N e la parte intera di ( ) 100 è quindi 10000N 1 = 10000(N 1) , da cui la risposta. 10. Risposta: 1144 Ispirato ad un problema delle Australian Intermediate Mathematics Olympiad 016 (abc) 9 = (a + 1)(b + )(c + ) 7. Dunque 81a + 9b + c = 49(a + 1) + 7(b + ) + (c + ). Semplificando otteniamo 16a + b =. Ricordando che a + 1 e b + devono essere minori di 7, visto che sono cifre scritte in base 7, otteniamo la soluzione a = e b = 1. Osserviamo che c + 6 da cui c, se vogliamo il massimo numero con queste caratteristiche, prendiamo c =. Dunque (1) 9 = (174) 10 essendo = 174. Convertiamo il numero in base 5 ottenendo come risultato Risposta: 0000 Ispirato ad un problema delle Australian Intermediate Mathematics Olympiad 016 È data Sostituiamo y = 0 in (1) f(x + f(y)) = f(xy) per ogni x,y reali f(x + f(0)) = f(0) per ogni x reale Osserviamo che x + f(0) copre tutti i numeri reali maggiori o uguali a f(0). Dunque f(x) = f(0) per ogni x f(0) (1) () () Ora scegliamo un a f(0) con a 0. usiamo la () e la () Sostituiamo y = a nella (1) e f(xa) = f(x + f(a)) = f(x + f(0)) = f(0) Essendo a 0, l espressione xa copre tutti i numeri reali al variare di x. Essendo f(x) = f(0) per ogni x reale, allora f è una funzione costante, f(x) = c per ogni c costante. Dunque il massimo grado di f è 0. 7

8 1. Risposta: 985 Inventato L equazione da risolvere è 14x + 9y = 1. Usiamo il metodo delle divisioni successive: 14 = = = Da cui 1 = = 5 (9 5 1) 1 = = = (14 9 1) 9 1 = = Moltiplicando tutto per 1, si ottiene che 1 = Le soluzioni sono quindi della forma: cioè x = 464 9t y = t x = 7 9k y = k Ora, 7 9k 14k 16 = 119 k, che è minimo per k = 5, quindi si ottiene x = 5, y = 56, da cui x y = 0, Risposta: 660 Osserviamo che 7 = Essendo A = (B+b) h, si ha che (B +b) h = 546. Le possibili combinazioni di B + b e h sono: B + b = 1, h = 7 1 numero trapezi = 0 B + b =, h = 7 1 numero trapezi = 0 B + b =, h = 7 numero trapezi = 1 B + b = 7, h = 1 numero trapezi = B + b =, h = 7 1 numero trapezi = B + b = 7, h = 1 numero trapezi = 6 B + b = 1, h = 7 numero trapezi = 1 B + b = 7, h = 1 numero trapezi = 10 B + b = 1, h = 7 numero trapezi = 19 B + b = 7 1, h = numero trapezi = 45 B + b = 7, h = 1 numero trapezi = 0 B + b = 1, h = 7 numero trapezi = 8 B + b = 7 1, h = numero trapezi = 90 B + b = 7 1, h = numero trapezi = 16 B + b = 7 1, h = 1 numero trapezi = 7 8

9 Dove B > b. Il numero di trapezi tali che B + b = q è uguale a q 1, sommando tutti i q 1 tali che q divide 546, otteniamo Risposta: 0156 Tratto da 10 combinatorial problems from the training of the USA IMO team di Titu Andreescu e Zuming Feng. Sia n un numero con rappresentazione decimale 1abc. Se uno tra a, b o c è uguale a 5, 6, 7 o 8, allora ci sarà un riporto quando verranno sommati n e n + 1. Anche se b = 9 e c 9, o se a = 9 e b 9 (o c 9), allora ci sarà un riporto quando verranno sommati n e n + 1. Se n non è uno degli interi appena descritti, allora n ha una delle seguenti forme: 1abc 1ab9 1a con a, b, c {0,1,,,4}. Per questi n non c è riporto quando vengono sommati a n + 1. Quindi ci sono = 156 possibili valori di n. 15. Per questo problema sono state accettate soluzioni. Il problema così per come era stato pensato prevedeva che i furfanti potessero dire indifferentemente il vero o il falso, ma siamo un po distratti e non abbiamo specificato questa cosa. Alcuni di voi (solo alcuni... male!) hanno preso per buona la convenzione olimpica che i furfanti dicano sempre il falso. Queste due interpretazioni portano a risultati diversi, per cui abbiamo dovuto accettarli entrambi. Risposta: 0000 Se i furfanti dicono sempre il falso non può esserci soluzione a questo problema. Ci può essere un solo candidato cavaliere; infatti se ce ne fossero almeno due distinti (dal momento che dicono sempre il vero) la differenza tra cavalieri e furfanti avrebbe dovuto assumere due valori distinti... una contraddizione! Poiché il numero di cavalieri è minore o uguale a 1 basta far vedere che non può essere 1. Non è difficile notare che, affinché dica il vero, il cavaliere deve essere obbligatoriamente il penultimo (il numero 5647). Ma il candidato 5645, che è un furfante, direbbe anch esso il vero. Si cade in un assurdo e quindi il numero di cavalieri è 0. Risposta: 0001 Se i furfanti possono dire sia il vero che il falso, dobbiamo solo dimostrare che può esserci 1 cavaliere (alla stessa maniera di cui sopra) e non dobbiamo preoccuparci di quello che dicono i furfanti. La soluzione al problema esiste ed è 1 cavaliere. N.B. Come alcuni di voi ci hanno fatto notare, se consideriamo che il numero dei cavalieri può anche essere nullo, c è anche la possibilità che ci siano 0 cavalieri. Dunque la soluzione non è univocamente determinabile e da regolamento è

10 16. Risposta: 1575 Notiamo che ci sono 6 possibili casi per il primo lancio Caso 1: esce 1 P (D 1 = 1) = 1 6 Il numero medio di punti (valore atteso) al prossimo lancio è E(D ) = 1 6 ( ) =.5 Risulta quindi che il punteggio medio in questo caso sia: E(S1) = = 4.5 punti Caso : esce Sappiamo qual è il valore atteso di un tiro e poiché il lancio del dado è indipendente, possiamo usare il valore previsto precedentemente per il prossimo tiro. E(S ) = (.5cdot) + = 9 punti Caso : esce E(S ) = (.5 ) + = 1.5 punti Caso 4: esce 4 E(S 4 ) = (.5 4) + 4 = 18 punti Caso 5: esce 5 E(S 5 ) = (.5 5) + 5 =.5 punti Caso 6: esce 6 E(S 6 ) = (.5 6) + 6 = 7 Pertanto, il numero medio di punti segnati è 1 6 ( ) = punti segue che il risultato è