Prima puntata della gara a squadre. 21 Novembre 2002

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1 Prima puntata della gara a squadre. 1 Novembre 00 Soluzioni. Quesito 1. Nel piano, consideriamo due cerchi di raggio 3 cm e 1 cm tangenti esternamente. Determinare l area del più piccolo insieme convesso contenente entrambi i cerchi. (Un insieme K è detto convesso se per ogni coppia di punti distinti di K esso contiene tutto il segmento determinato dai due punti. Denotiamo con (fatevi un disegno!: c 1 il cerchio di raggio 3 cm, c il cerchio di raggio 1 cm, O 1 e O il centro rispettivamente di c 1 e di c, r, s le due rette tangenti a entrambi i cerchi, R 1 e R il punto comune di r rispettivamente con c 1 e con c, S 1 e S il punto comune di s rispettivamente con c 1 e con c, K il più piccolo insieme convesso contenente c 1 e c. Osserviamo che K deve contenere tutti i segmenti che collegano qualche punto di c 1 con qualche punto di c, per cui K deve contenere la figura F delimitata da: il segmento S 1 S, l arco S R del bordo di c più lontano da c 1, il segmento R R 1 e l arco R 1 S 1 del bordo di c 1 più lontano da c. Essendo F un insieme convesso, possiamo concludere che K = F. Per calcolare l area di F, osserviamo che F può essere decomposto in 4 figure: i due trapezi R 1 O 1 O R e O 1 S 1 S O (di area uguale fra loro e le due sezioni circolari S 1 O 1 R 1 e S O R. 1

2 Sia P il punto del segmento O 1 R 1 tale che R 1 R sia parallelo a P O. Per il teorema di Pitagora, l altezza P O del trapezio R 1 O 1 O R vale (in centimetri O 1 O O1 P = 4 = 3, da cui area(r 1 O 1 O R = area(o 1 S 1 S O = = 4 3. Per determinare l area delle due sezioni circolari, calcoleremo le ampiezze dei due angoli corrispondenti. Considerando il triangolo rettangolare O 1 P O osserviamo che cos P O1 O = O 1P = 1 O 1 O, cioè P O1 O = 60 e O1 O P = 30. Ne segue che l ampiezza α 1 dell angolo concavo S1 O 1 R 1 vale e l ampiezza α dell angolo convesso α 1 = = 40 S O R vale α = 360 α 1 = 10. Essendo l area di una sezione circolare di raggio r e l angolo (in gradi α uguale a α 360 πr, otteniamo per le nostre due sezioni circolari: area(s 1 O 1 R 1 = 40 9π = 6π 360 area(s O R = π = π 3 Concludiamo che l area (in cm di F vale π + π 3 = π, cioè approssimativamente 33, 753 cm. Quesito Un pastificio impacchetta dei bucatini in scatole rettangolari in modo che ce ne stiano esattamente 8 file da 0, come rappresentato nella seguente figura.

3 Figure 1: Sapreste dire come sarebbe possibile far stare nella stessa scatola un numero maggiore di bucatini? Se sì, quanti bucatini in più potrebbero starci? Impacchettando i bucatini come rappresentato nella seguente figura si guadagnano ben 16 bucatini. Figure : Soluzione Procediamo con i calcoli per verificare quanto affermato: supponiamo che la sezione circolare dei bucatini abbia raggio pari a 1 (in questo modo la scatola ha dimensioni Allora i centri della prima fila sono ad altezza 1, mentre quelli della seconda fila, secondo questa nuova disposizione, sono ad altezza anziché ad altezza 3 come nella vecchia disposizione (l altezza si deduce dal fatto che unendo i centri di tre cerchi tangenti si ottiene un triangolo equilatero di lato. In questa seconda fila ci staranno solo 19 bucatini anziché 0. Procedendo in questo modo, nelle file dispari vi sono 0 bucatini, nelle file pari 19. Inoltre l altezza dei centri della fila n-esima è pari a 1 + (n 1 3, mentre l altezza totale raggiunta con n file è + (n 1 3. Dunque si possono disporre un massimo di n file, con + (n , ovvero n = 9, con un guadagno di una fila. Il numero totale di bucatini è 176 (0 per cinque file dispari e 19 per 4 file pari. 3

4 Quesito 3 Siano m, n due numeri interi positivi di k cifre (in notazione decimale tali che n abbia le stesse cifre di m scritte in ordine inverso. Qual è il più piccolo valore positivo (cioè strettamente maggiore di zero possibile per m n? Siano a 0, a 1,..., a k 1 le cifre dei due numeri, cioè gli a i sono interi con 0 a i 9, allora m = a a a a k 10 k +a k 1 10 k 1 e n = a k a k a k a 1 10 k+ + a 0 10 k 1, quindi m n = (a 0 a k (a 1 a k (a a k (a k 3 a 10 k 3 + (a k a 1 10 k + (a k 1 a 0 10 k 1 = (a k 1 a 0 (10 k (a k a 1 (10 k (a k 3 a (10 k Bisogna ora distinguere tre casi: se k=1, il problema non ha soluzione, in quanto m n = a 0 a 0 = 0 non è mai positvo; se k è pari, sia j = k, allora l espressione precedente diventa m n = (a k 1 a 0 (10 k (a k a 1 (10 k (a j a j 1 (10 j 10 j 1, quindi il minimo valore positivo possibile per m n è 10 j 10 j 1 = 9 10 j 1 e si ottiene quando a 0 = a k 1, a 1 = a k,..., a j = a j+1 e a j a j 1 = 1; se k è dispari (e maggiore di 1, sia k = j + 1, allora si ha che m n = (a k 1 a 0 (10 k (a k a 1 (10 k (a j+1 a j 1 (10 j+1 10 j 1, quindi il minimo valore positivo possibile per m n è 10 j+1 10 j 1 = j 1 e si ottiene quando a 0 = a k 1, a 1 = a k,..., a j = a j+, a j+1 a j 1 = 1 e a j qualsiasi. Quesito 4 Trovare tutte le funzioni f : R R tali che per ogni x, y reali. f(xf(y = x + f(xy Se mettiamo nella equazione x = 1 troviamo f(f(y = 1 + f(y quindi f(z = 1 + z per ogni valore di z appartenente all immagine della funzione f. Mostriamo ora che f è suriettiva: se mettiamo y = 0 nella 4

5 equazione data troviamo f(xf(0 = x + f(0 e questo ci dice che la funzione f è suriettiva dato che il secondo membro, al variare di x in R, descrive l insieme di tutti i numeri reali. In conclusione l unica soluzione che soddisfa l equazione data è f(x = x + 1, e si verifica subito che tale funzione è effettivamente una soluzione sostituendo la sua espressione nella equazione stessa. Quesito 5 In un aula vi sono 80 computer. Entrano 10 studenti e scelgono una sedia a caso. Supponendo che vi siano sedie per ciascun computer, qual è la probabilità che esattamente 10 computer rimangano liberi? E quale quella che tutti i computer risultino occupati? Supponiamo vi siano N computer e k studenti (k N. Il numero totale di differenti disposizioni degli studenti sulle N sedie è (N!/(N k!. Supponiamo di voler lasciare liberi l computer (N k l N k/, questo è equivalente a chiedere che vi siano esattamente j = l + k N computer con due studenti. È facile vedere che il numero di modi in cui si possono scegliere j coppie da un gruppo di k elementi è k! 1 (k j! j j! ; per ciascuna scelta delle j coppie, i modi differenti di disporre le coppie e i singoli sono k j N! (N k + j!. Essendo l = N k + j si ha che il numero di disposizioni differenti in cui esattamente l computer rimangono liberi è il prodotto dei due fattori appena calcolati, pertanto la probabilità cercata è (N k! k! N! N k l (N k l! (N! l! (l + k n!. Sostituendo N = 80, k = 10 e l = 10 (risp. l = 0 si ottiene il risultato cercato. I valori numericisono: per l = 10: , per l = 0:

6 Una seconda soluzione (presentata dal Liceo scientifico G.B.Grassi di Saronno: il numero di configurazioni possibili è dato dal coefficiente binomiale ( ,che rappresenta il numero di modi di occupare10 sedie su 160. Per rispondere alla prima domanda: il numero delle configurazioni favorevoli ( è dato da ( (il primo fattore indica i modi di scegliere i 10 computer liberi, il secondo fattore i modi di scegliere i 50 computer tra i 70 che dovranno avere entrambe le sedie occupate e il terzo fattore indica in quanti modi possono disporsi 0 studenti su una delle due sedie dei 0 computer con un solo posto occupato. La probabilitá richiesta nella prima domanda vale pertanto ( ( ( e vale approssimativamente 0.336% 0 Analogamente possiamo procedere per la seconda domanda e la probabilità richiesta vale ( ( e vale approssimativamente %. 6