GARA DI MATEMATICA ON-LINE (9/11/2015)

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1 GR I MTEMTI ON-LINE (9//0) LE ZUHE I HLLOWEEN [] Riscriviamo la prima equazione costruendo a secondo termine un quadrato di binomio: c a b c a ab b ab c ( a b) ab alla prima equazione ricaviamo a b c : c ( c) 8 che risolta c c 9 8c c 8 I MINI [8] Ragioniamo sulla cifra delle unità che verificherà la congruenza mod(0) Esistono solo quattro casi:, 9 mod0, ma ;, mod0, ma ; 8, mod0, e l unica soluzione cercata; 8, mod0, ma OLETTO O SHERZETTO? [8] 7 Eseguiamo la divisione tra i due polinomi e 7 ( 8 )( 8) 8 7 Siccome 8, 8 8: LE RMELLE ELL VEHI SIGNOR [88] La richiesta del problema è trovare gli n, 0 n 00 tali che 00 ( n n) Siccome n n n(n ) e n e n sono primi tra loro, deve accadere che o (n ) e n o n e (n ), ma il primo è impossibile in quanto n è dispari Resta il secondo caso: n n k, di conseguenza (8k ), cioè 8k h che possiamo riscrivere h h h k h h h 0 ci porta ad un caso n 0 ; h 8 h 7 k n 88 ; h h k n 8 00 Non ci sono altre soluzioni al di fuori di n 88 LO SHERZO ELL VEHI SIGNOR [] Osserviamo che in generale n! m! n m, questo per definizione di fattoriale Nel nostro caso accade che n!!! (0!)! ( n!)! 0! n! 0 onsiderando che! 70 e 7! 00, il più grande valore possibile per n è

2 LE ZUHE SOLPITE [97] etti r il raggio della della circonferenza più piccola e R il raggio di quella più grande, si osserva che valgono le seguenti relazioni: cioè Rr e O O, dove O è il centro della circonferenza minore, relazione che diventa ( R r) ( R ) r Semplificando la prima si ottiene Rr che sostituita nella seconda porta all equazione ( R ) ( R ) Ne segue che R 9 e r 7 O r E 7 I OLLETTI [] L operazione in base 7 può essere scritta in base 0 : ( ) ( ) 7, equazione che diventa 0 Le due soluzioni sono, soluzione non accettabile e, la soluzione cercata 8 L RISPOST ELL VEHI SIGNOR [9] etta la misura del lato esprimiamo l altezza H relativa al lato mediante il Teorema di Pitagora in due modi: H H 8 8 e cioè 9 H 9 LE ZUHE E I OLORI [00] etta la capacità della zucca, nella zucca la quantità di blu finale sarà pari a 0, mentre la parte di bianco sarà pari a 0 0 Il rapporto è dato da : Risolvendo: ( )(0 ) 0 0 litri 00 cl 0 L S EL MTEMTIO [0] Siano a e b le due soluzioni reali del polinomio Essendo monico di terzo grado, dovrà essere del tipo ( a) ( b), cioè del tipo ( a b) ( a ab) a b Impostando un sistema sulle due informazioni note si ha: ab che risolto ha due soluzioni: (;) e (7;9) a ab I due possibili termini noti sono 7 e 9 La soluzione del problema è 7 9 0

3 L S EL MTEMTIO II [08] Scomponendo in fattori primi si scopre che 0 7 Il problema chiede di trovare il prossimo anno n che avrà solamente, e 7 nella sua fattorizzazione (con n 0 ) Osserviamo che entrambi sono multipli di 7, e quindi anche n0 k Osserviamo che dovrà essere n 0 k (8 k) e 8 k deve essere il più piccolo possibile e scritto come prodotto di soli fattori, e 7 La soluzione è 8 k 9 7 n 08 7 k e, IL VESTITO STREG [98] nn ( ) Visto che il numero di diagonali di un poligono di n lati si calcola mediante la formula, il 0 0 i( i ) i( i ) calcolo richiesto è, dove nella seconda parte della formula abbiamo i i esteso la sommatoria ai casi i e i per comodità di calcolo Risolviamo la sommatoria nel caso generale: n n n i( i ) n( n )(n ) n( n ) n( n ) n n( n ) n 9 i i i i i n( n )( n ) Non dimentichiamo che dobbiamo aggiungere per togliere i casi i e i dalla sommatoria Nel caso n 0 otteniamo 0 98 L MPP ELL PIZZ [] Risolviamo il problema in maniera generale: Sia a e b Siano I IL LG e EM MN NH y Poniamo la nostra attenzione su Sia Z p l altezza del trapezio e sia V pk I triangoli e IG sono simili, così come e I Possiamo scrivere che a : p : p( k) e b : p : pk a cui segue che a( k) e bk Sostituendo la nella prima equazione otteniamo bk a ak, ( b a) k a a k a b e quindi ab a b ab In maniera del tutto analoga possiamo determinare y a b Z V I L G Il problema chiede ab ab y ab 8 m a b a b a b a b 9

4 L PISIN [88] Il solido rappresentato dal volume della piscina altro non è che un cilindro sezionato con un piano obliquo rispetto alla sua altezza Se immaginiamo di prendere un altro solido, identico al primo, e di sovrapporre le due facce oblique il risultato è un cilindro con cerchio di base di diametro 0 m e altezza m, di volume doppio rispetto a quello richiesto 0 Il volume cercato è V 00 m 88, m L OMN MISTERIOS [80] Il problema è equivalente a determinare il numero delle soluzioni dell equazione 9 con il vincolo 0 i 9 con i Risolviamo innanzi tutto senza preoccuparci del vincolo usando le combinazioni con ripetizione Il numero delle soluzioni è Ora se uno dei valori i supera 9, gli altri sono necessariamente minori o uguali a 9 alcoliamo il numero di casi in cui 0 : 9, 0 9 e quindi 9 9 Vi sono 7 casi possibili 9 9 La soluzione del problema è dunque L RIHEZZ [] Sviluppiamo secondo il binomio di Newton dopo aver scritto 0 00 : ( 00) Il primo termine vale, il secondo 000, il terzo il quarto e il quinto I termini dal sesto in poi, a causa delle potenze di 00 non influenzeranno più 8 7 le cifre di 0, 0 e 0 La somma dei cinque numeri ci da Le cifre richieste sono 7 L MPP EI RGZZI [] Usiamo il teorema delle secanti per calcolare la misura di : infatti E da cui segue che E 0 8 m e di conseguenza m Usiamo il teorema delle secante e della tangente per determinare la misura di : infatti E e di conseguenza ( ) 8 equazione che risolta porta a determinare come unica soluzione accettabile m E 8 L MPP EI RGZZI II [] L area può essere trovata facilmente trasformando il quadrilatero in un triangolo con lati pari alla misura delle diagonali e angolo di 0 tra essi L altezza relativa ad un lato è pari alla metà della misura dell altro lato (perché il triangolo 0, 0 e 90 è metà triangolo equilatero) 8 m

5 9 I NIPOTI ELL VEHI SIGNOR [7] ambiando lettere e spostandosi sul piano cartesiano, rappresentiamo graficamente la disequazione y Valutiamo a casi dati dai valori assoluti: y 0 y 0 y 0 y 0 y y y y - - La probabilità cercata è data dal rapporto tra l area della parte grigia e l area del quadrato di lato : ( ) P - 0 I ISOTTI ORM I ZU [00] La posizione del numero è obbligata, visto che il rettangolo superiore poggia su tutti gli altri rettangoli Il resto dello schema è diviso in due parti simmetriche Valutiamo in quanti modi possiamo inserire i numeri da a in una di queste due parti Il numero è obbligato Il numero ha due possibilità, una che porta ad una chiusura obbligata dello schema, l altra che ha due alternative Gli schemi possibili sono, di seguito riportati: 0 Scelti cinque numeri, cosa che si può fare in modi possibili, vi sono configurazioni per organizzarli nello schema di sinistra e per organizzare i numeri rimanenti nello schema di destra per un totale di 0 00 modi possibili