Soluzioni terza gara Suole di Gauss

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1 Soluzioni terza gara Suole di Gauss 7 dicembre 208. Risposta: 26 Ramanujan si è accorto che il polinomio all interno della sommatoria poteva essere scomposto prima come 8n6 n 2 (n 2 ( 5 n. A questo punto decide di scomporre il primo termine come: n 2 (n 2. Prosegue riscrivendo la sommatoria come: n n 2 (n 2 n ( n 5 Infine riconosce nella prima una serie telescopica che vale semplificabile a 205 e nella seconda una serie geometrica che vale. In conclusione somma i valori ottenuti dalle due sommatorie e li moltiplica per 86 ottenendo Risposta: 0028 Se n è dispari, allora entrambi a e b sono dispari e quindi n a 2 b 2 è pari, che è una contraddizione. Dunque n è pari e a 2. Questo dimestra che anche b è pari. In aggiunta b (n b 2 a 2 Quindi b {2, }, da cui segue che i possibili valori di n sono: n 8 e n 20 rispettivamente. La soluzione è 28.. Risposta: 957 Notiamo che la probabilità di avere due assi nelle seconde carte, cioè nelle prime delle 6 rimanenti, è la stessa di avere due assi nelle prime carte. Quindi i casi favorevoli sono ( ( 2 6 2!, ovvero i modi di scegliere due assi e due carte che non siano assi e permutarle. I casi totali risultano essere quindi Dunque la probabilità è ( ( 2 6 2!

2 che, ridotta ai minimo termini, è: Risposta: 9870 Osserviamo che d( s(. Per tutti gli x 2, abbiamo che d(x 2 e s(x x. Dunque d(x s(x 96 implica che 2x 96 e quindi x 8. Controllando i casi rimanenti 2 x 8, giungiamo alle soluzioni x {, 5, 7}. La soluzione è Risposta: 85 Tratto dalla gara a squadre di secondo livello di Tor Vergata Ricordiamo che P (x (x 9 x(x 8 x 2 (x 7...x 7 (x 2 x 8 (xx 9 Dallo sviluppo di x 7 ( x 2 x 8 ( x x 9 non si ottengono termini di grado 6. Invece, grazie alla formula del binomio di Newton, per ogni ( 0,, 2,..., 6, 9 il termine di grado 6 di x ( x 9 è dato da x x 6 6. ( 9 Di conseguenza il suo coefficiente è che, grazie alle proprietà 6 ( 9 di simmetria dei coefficienti binomiali, è uguale a, ( 9 (6 9 cioè a. Il termine di grado 6 nello sviluppo di P (x è quindi dato da: ( 9 0 ( 9 ( 9 ( 8 ( 9 2 ( 7... ( ( ( ( Si noti che nella penultima uguaglianza abbiamo utilizzato con n 9 e la formula: ( ( ( ( ( ( 2 n n n... 2

3 che vale per ogni n, N, con n 0. Tale formula può essere facilmente dimostrata per induzione su n. Infatti per n è ovvia. Inoltre, supposto che valga per n n 0, essa vale anche per n n 0 perché: ( (( ( ( n0... ( n0 ( ( n0... ( ( n0 n0 ( n0 ( n0 ( n0 ( n0 2 Dove la penultima uguaglianza segue dall ipotesi induttiva mentre l ultima segue dalla nota proprietà dei coefficienti binomiali: ( p q ( p q che vale per ogni p, q N, con p > q. ( p q 6. Risposta: 002 Tratto da Challenging Problems in Geometry (A. S. Posameinter, C. T. Salind n. 0.2 Sappiamo che: AB AC 7, AD 6 e, detto BD x, DC x 8. Dal teorema di Stewart abbiamo che (AB 2 (DC (AC 2 (BD BC [ (AD 2 (BD(DC ] (7 2 (x 8 (7 2 (x (2x 8 [ (6 2 x(x 8 ] Da cui si trova BD x, quindi DC. I lati ancora da fare sono AC, BD e DC; la loro somma fa 7, quindi mancano 9 2 metri di staccionata. 7. Risposta: 000 La risposta è 0. Sommando 25 ad entrambi i membri si ottiene la relazione equivalente xy 5(x y da cui, raccogliendo al primo membro, si ricava (x 5(y Poiché x è intero, allora anche x5 è intero, e lo stesso vale per y. Dunque è sufficiente distribuire i numeri primi della fattorizzazione di 200 tra i due fattori x 5 e y 5, in tutti i modi possibili. Poiché x deve essere positivo, allora x5 deve valere almeno 6, così come y. In particolare, i due

4 fattori devono essere entrambi positivi. Inoltre l equazione è simmetrica in x e y, quindi si può supporre che l unico fattore 2 divida x 5. Per x5 si hanno allora 5 possibilità: 2 5, 2 7, 2 29, 2 5 7, Gli altri casi sono x 5 2, da escludere, x e x , da escludere perché implicano rispettivamente y 5 5 e y 5. I casi in cui 2 divide y 5 sono altrettanti, e sono tutti distinti dai precedenti perché in 200 vi è un solo fattore 2. Quindi la risposta è Risposta: 006 Tratto da Olympic Revenge 20. Si osserva che α deve essere una potenza di 2. Se non lo fosse, avrebbe almeno un fattore primo dispari s tale che α rs dove r < α. Poiché (2 r (2 rs, seguirebbe che 2 α non è primo. Quindi α 2. Se n allora p 2 2, che dà come soluzione (,, 2. Supponiamo n > (e quindi anche p >, e sia q il più piccolo primo che divide n. Calcolando entrambi i membri modulo q, otteniamo q p n q p q 2. Riscrivo l equazione p n (n[(n ] e sia v b (x l esponente di b che compare nella fattorizzazione di x. Se è dispari, allora v 2 (p 2 v 2 (n v 2 (p n v 2 ((n, contraddicendo p >. Quindi è pari, e v 2 (p n v 2 ((n 2 v 2 ( v 2 ( v 2 (p 2 v 2 (n 2. Chiaramente 2 α p, altrimenti avremmo n (n n (mod p. Segue che p (mod, e inoltre, da v 2 (p > v 2 ( v 2 (n 2 > v 2 (p segue che n 2 (mod. Per p > 5 abbiamo trovato che p 2 (mod 5, quindi calcolando entrambi i membri modulo 5 e usando n 2 (mod, si ottiene n (n (mod 5. Ma n n (mod 5 (mod, quindi (mod, da cui n (n (mod 5, che non ha soluzioni. Rimane il caso p 5. Osservo che v 2 ( v 2 (n 2 v 2 (p 2, quindi v 2 ( e v 2 (n 2 2 n 2 (mod 8 ( è pari e n 2 (mod. Modulo 5 otteniamo n (n (mod 5, che ha l unica soluzione n 2 (mod 5. Per n 2, abbiamo la soluzione (5, 2,. Supponiamo ora n > 2. Poiché n non è divisibile per, deve avere almeno un divisore dispari. Sia q il più piccolo divisore dispari. Modulo q si ha q 5 (n,q 5 2 2, quindi q, e v (n/2 v (nv ( dà 7 (mod 2. Lavorando modulo : n 2 (mod implica n (n 7 ±(n (mod, quindi n n n 0, che è assurdo. Le uniche soluzioni sono quindi (,, 2 e (5, 2,. 9. Risposta: 070 L equazione è scrivibile come 2x 2 xy 5y

5 x y ± 2y 2 0y 2 70 Deve essere 8y 2 { 70 n 2, n naturale, cioè (9y n(9y n y n a. Il sistema ha soluzione 9y n b (y, n ( a b 8, a b 2 a e b devono essere multipli di 2. Quindi le possibili coppie (a, b sono (2,22, (6,, (8,88, (,76, (2,5. Si nota che: (a le coppie (a, b (6,, (8, 88, (2, 5 sono escluse perché le rispettive somme a b 60, 96, 5 non sono multipli di 9. (b la coppia (a, b (2, 22 implica (y, n (, 5, x 7, x y 0. (c la coppia (a, b (, 76 implica (y, n (0, 86, x 9, xy 59 oppure x 6, x y 6. La somma richiesta è 2 ( , perché per ogni soluzione (x, y anche la coppia ( x, y è soluzione. 0. Risposta: 6 Tratto dal giornalino del gruppo Tutor. Parte sufficiente: Dimostriamo per induzione che per una scacchiera di lato n 2 il numero di mosse richiesto è 2 2. Il disegno riportato qui sotto risolve il caso n 5 nel numero di mosse voluto. Ora, supponendo che esista una soluzione con m mosse per il caso n, è possibile trovare una soluzione con m 2 mosse per il caso n incollando una scacchiera nell angolo superiore destro di una scacchiera n n, come è stato mostrato nel disegno. Questa constatazione, insieme al caso base 5 5, permette di trovare una soluzione con il numero richiesto di mosse. 5

6 Parte necessaria: Numeriamo le righe e le colonne a partire da in basso a sinistra verso l alto e la destra, da a n, e osserviamo come cambiano le coordinate del cavallo dopo ogni mossa. Ad ogni mossa la somma riga colonna può aumentare al piú di, perché il cavallo guadagna al più due caselle in una direzione e una nell altra (potrebbe anche tornare indietro!. In totale, il cavallo deve guadagnare 2n 2 caselle (da a n in entrambe le direzioni. Quindi, detto m il numero di mosse, abbiamo m 2n 2. Per n 2 abbiamo m 2 2/. Abbiamo inoltre che m deve essere un numero pari, perché dopo ogni mossa il cavallo passa da una casella bianca a una nera e viceversa, e il percorso comincia e finisce su due caselle dello stesso colore (le caselle diametralmente opposte su una diagonale sono sempre dello stesso colore. Quindi, il più piccolo intero pari accettabile è, per n 2, m 22. Per n , m Risposta: 0090 Notiamo immediatamente che per n non c è soluzione, mentre per n 2 la soluzione è (, n (5, 2. Dimostriamo che non c è soluzione con n. Nel caso che n sia divisibile per 9, allora anche 2 è deve essere divisibile per 9, ma questo implica che l per qualche intero positivo. Dopo aver diviso per 9, l equazione diventa Modulo, otteniamo l 2 22 n 2 l (mod che è una contraddizione perchè 2 non è un residuo quadratico modulo. L unica soluzione è data quindi dalla coppia (5, 2 e il risultato è Risposta: 8888 E possibile calcolare la somma dei quadrati delle radici del polinomio: 2 x2 x 2 usando le formule di Viete in questo modo: ( an a n 2 2 an 2 a n Così facendo abbiamo sottratto al quadrato della somma delle radici il doppio prodotto ottenendo esclusivamente (x 2 (x 2 2. Sostituendo alla formula prima citata i valori del polinomio dato otteniamo: , che, tenendo conto del modulo e moltiplicandolo per 000, fa Risposta: 8229 Tratto dalla gara locale del 20. 6

7 Sia n il numero della scatola,,..., 5. Se tutte le scatole di legno dicono il vero, n è minore di 200 è maggiore di 220. Questo è assurdo. Se la scatola 2 è vera e la scatola è falsa, allora la scatola 5 è vera, quindi la 2 è falsa: assurdo. Dunque, la scatola 2 è falsa; tutte le scatole di metallo sono vere, quindi, per la scatola 5, tutte le scatole di legno sono false. Perciò 200 < n < 220 ed è primo. L unico primo in questo intervallo è 2. I fattori di n possono essere 2, 2, 5, 6,, da cui si deve escludere il fattore perché la scatola dice il falso, così n A questo punto n 2 890/20 9, quindi n Risposta: 0006 Tratto dal giornalino del gruppo Tutor. Affermiamo che la funzione g associa al naturale n il numero di cifre che compaiono nella sua scrittura in base 2. Dimostriamo questo asserto per induzione: la prima condizione su g ci dice che la tesi è vera per n 2, la seconda implica che g( g(2 (quindi la tesi è vera anche per, mentre la terza dice che g( g(0, cioè g(0 0. Supponiamo ora che la tesi sia vera per tutti i naturali minori di n e dimostriamola per n. Se n è dispari il numero di nella sua scrittura in base 2 è pari al numero di nella scrittura di n più (perché l ultima cifra cambia da zero a uno; d altronde se poniamo n 2m la terza condizione ci dice che g(n g(2m g(n. Se invece n è pari sappiamo che il numero di nella sua scrittura in base 2 è pari al numero di nella scrittura in base 2 della sua metà (perché moltiplicando per 2 si aggiunge uno zero in fondo e questo è proprio quello che impone la seconda condizione data a g. Tornando al problema iniziale notiamo che poiché in base 2 il numero 209 si scrive 000, un numero più piccolo puó avere al massimo 0 cifre, Questo si verifica, per numeri di cifre, quando c è esattamente uno 0. Se questo si trova dal primo al sesto posto si ottiene un numero piú piccolo di 209, altrimenti un numero più grande. Perció il massimo per g è 0 ed è assunto 6 volte. 5. Risposta: 029 La risposta è 029. Notiamo che AE AD, quindi l altezza del triangolo DBA deve essere volte l altezza del triangolo ACE. Siano rispettivamente x e x. Siano P c e Q c i centri delle circonferenze. Il teorema di Carnot sui triangoli AP c B e AQ c C ci porta a AB 5. Ora utilizzando il teorema di Pitagora: x2 5 x2 6 9x 2 Quindi x 8 5. Per il teorema dei seni sul triangolo ABD troviamo BD sin A 2 x AB 7

8 Da cui BD 6 65 e applicando nuovamente il teorema di Pitagora abbiamo AD BD 2 6x 2 AB 2 6x 2, l area è quindi Risposta: 206 La risposta è 206. Per comodità poniamo p(x x 5 ax b. Sia λ una radice di p. Allora λ 7 λ 2 λ 5 λ 2 (aλ b poiché λ 5 aλ b; applicando di nuovo il procedimento ricaviamo che λ 7 a 2 λ ab bλ 2. Detta S 2 la somma dei quadrati delle radici, S la somma delle radici e σ 2 la somma dei prodotti a coppie, vale S 2 S 2 2σ 2, per le relazioni tra radici e coefficienti, S 0, σ 2 a; perciò S 2 2a. Inoltre, detta S la somma dei cubi e σ la somma dei prodotti delle terne di radici, vale S S S 2 S σ 2 σ, per cui dato che σ 0, anche S 0. Infine abbiamo allora S 7 p(λ0 λ7 a 2 S 5ab bs 2 usando l identità di sopra, da cui S 7 7ab