Seconda gara matematica ( ) Soluzioni

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1 Seconda gara matematica (9..00) Soluzioni 1. Dato un parallelepipedo solido cioè senza buchi al suo interno formato da 180 cubetti e avente spigoli di lunghezza a, b, c, il numero N di cubetti visibili su tre facce (aventi un vertice comune) è ab+bc+ca a b c+1. Il problema consiste quindi nel minimizzare la quantità N = ab + bc + ca a b c + 1, soggetta alla condizione abc = 180, con a, b, c interi. Una tabulazione delle possibilità, con a b c, è la seguente a b c N Il numero minimo di cubetti visibili è quindi 80. NOTA Un risultato ben noto (proprietà isoperimetriche del cubo) afferma che il parallelepipedo avente la minore superfice totale, per un assegnato volume, è il cubo. In questo caso, r = non è un intero, quindi il risultato non è applicabile; indicare la terna (5, 5, ) come soluzione del problema, perché 1

2 è la più vicina a (r, r, r), non è accettabile senza ulteriori argomentazioni.. Chiamiamo v s la velocità della scala, v 1 quella della prima persona (relativa alla scala, cioè considerata come se la scala fosse ferma), e v la velocità della seconda persona. Sappiamo che v = 3v 1. In figura vediamo rappresentate le velocità e la scala. v v 1 v s n La velocità assoluta della prima persona (ovvero considerata nel sistema di riferimento di chi stia fermo fuori della scala) è v s + v 1 e quella della seconda persona è v s + v. Chiamiamo t 1 il tempo impiegato dalla prima persona a scendere la scala, e t quello impiegato dalla seconda. Allora valgono le seguenti equazioni: (v 1 + v s )t 1 = n (v + v s )t = n v 1 t 1 = 50 v t = 75 v = 3v 1 Risolvendo il sistema si trova n = 100. Infatti si ricavano t 1 = 50/v 1 e t = 75/v, si sostituiscono nelle prime due equazioni, da cui 50v s /v 1 = n 50 75v s /v = n 75

3 e dividendo la prima per la seconda equazione (e usando v = 3v 1 ) si ha 150/75 = (n 50)/(n 75), da cui la soluzione. Soluzione alternativa: Sia t 0 il tempo che la scala impiega a far scomparire un gradino (ovvero v s = 1/t 0 gradini/unità di tempo). Allora mentre la prima persona scende la scala, la scala stessa scende di (n 50) gradini, quindi il tempo impiegato dalla prima persona a scendere la scala è (n 50)t 0. Allo stesso modo la seconda persona impiega (n 75)t 0. Il sistema da risolvere è dunque: da cui n = 100. v 1 (n 50)t 0 = 50 v (n 75)t 0 = 75 v = 3v 1 3. Siano a, a + d, a + d i lati di T (a > 0, d > 0). Dal teorema di Pitagora a + (a + d) = (a + d) si ottiene facilmente (a 3d)(a + d) = 0. Perciò a = 3d, e i lati di T valgono 3d, 4d e 5d. Ora, sia r il raggio della circonferenza inscritta in T. Denotiamo con A, B, C i vertici di T in modo che si abbia AB = 3d, AC = 4d, BC = 5d (fatevi un disegno!). Siano E, F, G (nell ordine) le proiezioni ortogonali sui lati AB, BC, CA del centro della circonferenza inscritta in T. Allora necessariamente AE = AG = r, BF = BE = 3d r e CF = CG = 4d r. Di conseguenza, 5d = BF + CF = 7d r, da cui d = r. q.e.d. 3

4 4. Denotiamo con N il numero totale delle palline. Sia b il numero delle palline bianche (e quindi le palline nere sono N b). L ipotesi sulle probabilità dice che ( N b ) ( b ( N ) = ) ) Con dei facili passaggi equivalenti si ottiene l uguaglianza da cui e infine ( N 43(N b)(n b 1) = 43b(b 1) + 17N(N 1) 43(N b)(n 1) = 17N(N 1) 43b = 13N. Necessariamente N = 43k con k intero positivo in quanto 43 e 13 sono primi tra loro. Dall ipotesi su N si ha che k Ne segue che k vale 3 o 4. Ciò corrisponde a N = 989 o N = 103. Nel primo caso b = 13k = 99 e N b = 90; nel secondo caso b = 13k = 31 e N b = 70. Conclusione: il problema ha due soluzioni: a) 99 palline bianche e 90 palline nere; b) 31 palline bianche e 70 palline nere. 5. Si osservi che i = k se e solo se k i < (k + 1) pertanto #{i : i = k} = k + 1. Quindi k 1 k 1 k 1 H k 1 = i(i + 1) = i + i = j=1 (k 1)k(k 1) j=1 + j=1 k(k 1) e similmente se k n < (k + 1) allora n = k e H n H k 1 = (n k + 1)k = k(k 1) 4k + 1 poiché gli addendi della differenza sono tutti constanti ed uguali k. generale quindi In H n = n ( n 1) 4 n n (n n + 1).

5 A questo punto è facile vedere che H 195 = H 14 1 = 179 < 00 < 135 = H 15 1 = H 4 ed inoltre per 195 n 4 si ha che H n H 195 è sempre un multiplo di 14, ma 00 H 195 = = 77 non è multiplo di 14, pertanto l equazione proposta non ha soluzione.. La risposta è a + b + c e la dimostrazione si fa in tre passi. Per comodità pensiamo di fissare un sistema di riferimento cartesiano xyz con origine in P, asse x contenente a, e asse z contenente lo spigolo passante per P e parallelo a c. 1. Osserviamo che MCD(a, b, c) = 1 è equivalente al fatto che la diagonale non contenga nessun vertice di cubetti interni.. Analogamente si osserva che essere primi a coppie è equivalente al fatto che la diagonale non intersechi nessuno spigolo di cubetti interni. 3. Per i due punti precedenti la diagonale attraversa tante facce quanti sono i piani, paralleli alle facce esterne, che intersecano il parallelepipedo e sono a coordinate intere. Tali piani sono in numero pari a (a 1)+(b 1)+(c 1) = a + b + c 3 e ogni volta che attraverso una faccia aggiungo 1 al computo dei cubetti attraversati. Ma poiché partiamo già all interno di un cubetto, dobbiamo aggiungere 1 a questo calcolo, ottenendo a + b + c. 7. Mostriamo che a + b ab se e solo se esistono a 1, b 1 primi tra loro e n > 0 tali che { a = na 1 (a 1 + b 1 ) (1) b = nb 1 (a 1 + b 1 ). Notiamo immediatamente che tale scrittura, se esiste è unica, essendo n(a 1 + b 1 ) = MCD(a, b). Si osservi inoltre che l r p primo, n > 0, p n l implica p n r. La condizione (1) è evidentemente sufficiente. 5

6 Viceversa sia a + b ab. Supponiamo dapprima che MCD(a, b) = 1; in tal caso se p è primo e p a + b allora p ab pertanto p a o p b. Ne consegue, poiché p a + b, che p a e p b, ma ciò è assurdo. Sia ora k = MCD(a, b) e sia a 1 = a/k e b 1 := b/k. Evidentemente a 1 + b 1 ka 1 b 1. Essendo a 1 e b 1 primi tra loro, se p è primo tale che p r a 1 + b 1 allora p r k, pertanto a 1 + b 1 k da cui l asserto. A questo punto le soluzioni possono essere costruite scegliendo opportunamente la terna (a 1, b 1, n). La prima limitazione viene dal fatto che (a 1 + b 1 ) a + b 100 da cui a 1 + b Le coppie (a 1, b 1 ) candidate (con a 1 b 1 ) sono (1, i), i = 1,..., 9, (, i), i = 3, 5, 7, (3, 4), (3, 5), (4, 5) da cui le coppie (a, b) (n, n), n = 1,..., 5 (3n, n), n = 1,..., 8 (4n, 1n), n = 1,..., 4 (5, 0), (10, 40), (, 30) (7, 4), (10, 15), (0, 30), (30, 45) (14, 35), (1, 8), (4, 40), (3, 45).