Giochi di Archimede 2016 RISPOSTE ESATTE DEL TESTO 2 (BIENNIO) 1. E 2. B 3. B 4. C 5. A 6. C 7. B 8. E 9. B 10. D 11. C 12. B 13. E 14. D 15. A 16.

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1 Giochi di Archimede 2016 RISPOSTE ESATTE DEL TESTO 1 (BIENNIO) Giochi di Archimede 2016 RISPOSTE ESATTE DEL TESTO 2 (BIENNIO) 1. B 2. E 3. C 4. B 5. E 6. A 7. C 8. B 9. D 10. B 11. B 12. C 13. D 14. E 15. C 16. A 1. E 2. B 3. B 4. C 5. A 6. C 7. B 8. E 9. B 10. D 11. C 12. B 13. E 14. D 15. A 16. C

2 Giochi di Archimede 2016 RISPOSTE ESATTE DEL TESTO 3 (BIENNIO) Giochi di Archimede 2016 RISPOSTE ESATTE DEL TESTO 4 (BIENNIO) 1. C 2. E 3. B 4. B 5. C 6. B 7. A 8. E 9. B 10. C 11. D 12. B 13. C 14. A 15. D 16. E 1. B 2. C 3. E 4. B 5. A 6. E 7. B 8. C 9. D 10. C 11. B 12. B 13. A 14. C 15. E 16. D

3 Giochi di Archimede 2016 RISPOSTE ESATTE DEL TESTO 1 (TRIENNIO) Giochi di Archimede 2016 RISPOSTE ESATTE DEL TESTO 2 (TRIENNIO) 1. C 2. A 3. D 4. B 5. B 6. A 7. E 8. D 9. B 10. A 11. A 12. E 13. E 14. C 15. D 16. B 17. E 18. A 19. B 20. C 1. A 2. B 3. D 4. C 5. A 6. E 7. D 8. B 9. E 10. A 11. A 12. B 13. C 14. E 15. B 16. D 17. C 18. B 19. A 20. E

4 Giochi di Archimede 2016 RISPOSTE ESATTE DEL TESTO 3 (TRIENNIO) Giochi di Archimede 2016 RISPOSTE ESATTE DEL TESTO 4 (TRIENNIO) 1. D 2. A 3. C 4. B 5. E 6. D 7. A 8. B 9. A 10. B 11. E 12. A 13. D 14. C 15. E 16. B 17. A 18. E 19. C 20. B 1. B 2. D 3. A 4. C 5. A 6. B 7. D 8. E 9. B 10. E 11. A 12. A 13. B 14. D 15. C 16. E 17. B 18. C 19. E 20. A

5 Unione Matematica Italiana PROGETTO OLIMPIADI DI MATEMATICA Ministero dell Istruzione, dell Università e della Ricerca Scuola Normale Superiore I Giochi di Archimede, Gara Biennio 23 novembre 2016 Soluzione dei problemi (l ordine si riferisce al testo T1) Problema 1. La risposta è (B). Il numero coincide con (10 3 ) 1000 = , che si scrive come 1 seguito da 3000 zeri. Il numero totale delle cifre è quindi Problema 2. La risposta è (E). I numeri compresi tra 1 e 500 hanno doppio compreso tra 2 e 1000, e sono pertanto sicuramente scritti nel quaderno dopo l intervento di Giovanna. I numeri superiori a 500 sono invece scritti solo se dispari: in totale si tratta di 250 numeri diversi. In totale quindi, dopo l intervento di Giovanna, saranno scritti sul quaderno di Carlo = 750 numeri diversi. Problema 3. La risposta è (C). Se alla festa è presente almeno un furfante, è falso che gli altri presenti siano tutti furfanti, e quindi almeno uno dei presenti è cavaliere; questo accade, naturalmente, anche quando alla festa non sono presenti furfanti. D altro canto, se alla festa è presente almeno un cavaliere, allora tutti gli altri presenti sono furfanti, e quindi i furfanti presenti sono esattamente 449. Problema 4. La risposta è (B). Il problema è equivalente a permutare i numeri 1,2,3,4 in modo che alla posizione i non compaia il numero i. Le nove sole possibilità per farlo sono: 2,1,4,3 2,3,4,1 2,4,1,3 3,1,4,2 3,4,1,2 3,4,2,1 4,1,2,3 4,3,1,2 4,3,2,1. (Problema proposto da A. Dal Zotto) Problema 5. La risposta è (E). Se Laura compra una camicetta e un maglione, ha 8 5 = 40 possibili scelte; se compra una camicetta e un pantalone, ha 8 6 = 48 scelte; se decide infine di comprare un magliore e un pantalone, ha 5 6 = 30 scelte a disposizione. Il numero dei possibili acquisti è quindi = 118. Problema 6. La risposta è (A). La squadra B ha subito 7 reti, e deve quindi aver giocato necessariamente con le squadre A e C, subendo 4 goal dalla squadra A e 3 dalla B, senza segnarne alcuno. Nella giornata in cui si è giocato l incontro A B si è giocato anche C D, mentre contemporaneamente a B C si è giocato A D. È ora facile calcolare il risultato di ogni partita: A B : 4 0 C D : 0 1 B C : 0 3 D A : 0 0 La classifica è quindi: 4 punti A e D, 3 punti C, 0 punti B, corrispondente alla risposta 4,0,3,4. (Problema proposto da S. Pelizzola) 1

6 Problema 7. La risposta è (C). Le due persone con la maglia verde non possono essere nella stessa squadra; inoltre, i loro compagni di squadra devono avere maglie di colore diverso, altrimenti nella squadra rimanente finirebbero due persone con la maglia dello stesso colore. Un giocatore verde è quindi accoppiato ad un giocatore rosa, mentre l altro giocatore verde è accoppiato ad un giocatore grigio. La composizione di queste due coppie decide anche la terza. Abbiamo due possibili scelte per il giocatore verde che gioca con un rosa; l altro giocatore verde farà squadra con un grigio. A questo punto abbiamo due scelte su quale rosa giochi con il primo verde e quale grigio giochi col secondo verde. Tutte le scelte sono indipendenti, e abbiamo quindi in totale = 8 modi di accoppiare i giocatori. (Problema proposto da A. Bianchi) Problema 8. La risposta è (B). La fattorizzazione in primi di è Se il prodotto tra a e b è 14000, saranno complessivamente presenti nelle fattorizzazioni di a e b quattro fattori 2, tre fattori 5 e un fattore 7. Il 7 non comparirà quindi nella fattorizzazione del massimo comun divisore, mentre il numero massimo di fattori 2 e 5 si otterrà disponendo due fattori 2 in ciascun numero, e dividendo i tre fattori 5 disponendone uno da una parte e due dall altra. Il massimo valore del massimo comun divisore è quindi = 20. Problema 9. La risposta è (D). Il numero complessivo di minuti giocati dai componenti di ciascuna squadra durante un incontro è 60 5 = 300. Questi 300 minuti vanno divisi equamente tra gli otto componenti della squadra. Ciascun giocatore sarà quindi in campo per 300/8 = 37,5 minuti. (Problema proposto da F. Caceffo) Problema 10. La risposta è (B). Romeo ha un giorno libero ogni 10, e il primo giorno libero è un mercoledì. I suoi giorni liberi cadono, nell ordine, di mercoledì, sabato, martedì, venerdì, lunedì, giovedì, domenica, per poi ricominciare da un mercoledì. Romeo e Giulietta si vedranno quindi una volta ogni 70 giorni, e la prima volta sarà tra 60 giorni. Essendovi in un anno 365 giorni, gli incontri avverranno tra 60,130,200,270,340 giorni, e saranno quindi in totale 5. (Problema proposto da P. Negrini) Problema 11. La risposta è (B). Sianoα = DCO = ODC eβ = OPD = DOP. Per il teorema dell angolo esterno applicato all angolo in O del triangolo COP vale AOC = α + β; e per lo stesso teorema applicato all angolo in D del triangolo ODP vale α = 2β. Dunque AOC = 3β = 54. (Problema proposto da F. Caceffo) Problema 12. La risposta è (C). Tracciamo la diagonale BD: l area del quadrilatero ABCD è uguale alla somma delle aree dei triangoli ADB e DBC, mentre l area del quadrilatero BEDF è uguale alla somma delle aree dei triangoli EDB e DBF. D altronde, il triangolo ADB ha area doppia del triangolo EDB (essendo unione dei triangoli ADE e EDB, che sono equiestesi, poiché hanno stessa altezza e basi di ugual lunghezza AE = EB). Analogamente il triangolo DBC ha area doppia del triangolo DBF (in quanto anche BDF e BF C sono equiestesi). L area del quadrilatero ABCD è dunque uguale al doppio dell area di BEDF, cioè 48 cm 2. (Problema proposto da S. Pelizzola) 2

7 Problema 13. La risposta è (D). Detto t il tempo trascorso, misurato in ore, la strada percorsa dal motorino è pari a 65t chilometri, e quella percorsa dalla bicicletta è 30t chilometri. La richiesta del problema equivale a trovare il minimo valore positivo di t per il quale 30t è multiplo di 90 e la differenza dei chilometri percorsi 65t 30t = 35t è multipla di 360. Posto 30t = 90m e 35t = 360n, con m, n interi positivi, si ottiene t = 3m e quindi, sostituendo nella seconda equazione e semplificando, 7m = 24n. Pertanto m è un multiplo di 24 e il tempo t sarà un multiplo di 72. È allora immediato verificare che tutti i multipli di 72 sono soluzioni, e dunque che il minimo valore positivo possibile per t è 72. (Problema proposto da A. Bianchi) Problema 14. La risposta è (E). Le quattro regioni in figura hanno tutte la stessa area. La loro unione è formata da un quadrato centrale di lato4, e quindi di area16, e da quattro semicerchi di raggio2, ciascuna di area(4π)/2 = 2π. L area complessiva è quindi 16+8π, mentre ciascuna delle quattro regioni avrà area pari a 4+2π. (Problema proposto da R. Zanotto) Problema 15. La risposta è (C). L affermazione è equivalente a dire che x è multiplo di 1,2,3 e 4, e quindi multiplo del loro minimo comune multiplo 12. Dobbiamo quindi contare gli interi positivi, minori di 2016 che siano multipli di 12. Poiché 2016/12 = 168, ve ne saranno esattamente 167. (Problema proposto da E. Tron) Problema 16. La risposta è (A). Se la pulce effettua a mosse del primo tipo, b del secondo e c del terzo, lo spostamento complessivo nella direzione orizzontale sarà 2a 2c. Vogliamo muoverci dal punto (0, 0) al punto (0, 2016), e quindi 2a 2c deve essere uguale a 0, da cui a = c. Il numero di mosse del primo e terzo tipo nel nostro percorso deve essere lo stesso. Lo spostamento complessivo nella direzione verticale sarà allora 4a+5b 9c = 4a 5b 9a = 5(b a) che è necessariamente multiplo di 5. Sarà quindi impossibile partire dal punto (0, 0) e arrivare in (0,2016), poichélo spostamento verticale necessario è 2016, che non è multiplo di 5. (Problema proposto da C. Casamento Tumeo) 3

8 Unione Matematica Italiana PROGETTO OLIMPIADI DI MATEMATICA Ministero dell Istruzione, dell Università e della Ricerca Scuola Normale Superiore I Giochi di Archimede, Gara Triennio 23 novembre 2016 Soluzione dei problemi (l ordine si riferisce al testo T1) Problema 1. La risposta è (C). Il numero complessivo di minuti giocati dai componenti di ciascuna squadra durante un incontro è = 990. Questi 990 minuti vanno divisi equamente tra i sedici componenti della squadra. Ciascun giocatore sarà quindi in campo per 990/16 = 62,875 minuti. (Problema proposto da F. Caceffo) Problema 2. La risposta è (A). Il problema è equivalente a permutare i numeri 1,2,3,4 in modo che alla posizione i non compaia il numero i. Le nove sole possibilità per farlo sono: 2,1,4,3 2,3,4,1 2,4,1,3 3,1,4,2 3,4,1,2 3,4,2,1 4,1,2,3 4,3,1,2 4,3,2,1. (Problema proposto da A. Dal Zotto) Problema 3. La risposta è (D). La fattorizzazione in primi di è Se il prodotto tra a e b è , saranno complessivamente presenti nelle fattorizzazioni di a e b sei fattori 2, cinque fattori 5 e un fattore 3. Il 3 non comparirà quindi nella fattorizzazione del massimo comun divisore, mentre il numero massimo di fattori 2 e 5 si otterrà disponendo tre fattori 2 in ciascun numero, e dividendo i cinque fattori 5 disponendone due da una parte e tre dall altra. Il massimo valore del massimo comun divisore è quindi = 200. Problema 4. La risposta è (B). La massima potenza di 2 che divide il numero di Alberto è 2 101, ed è per Barbara, per Carlo e per Daria. Dopo 100 turni usciranno dal gioco Barbara e Daria, mentre il turno successivo toccherà ad Alberto e Carlo. (Problema proposto da A. Bianchi) Problema 5. La risposta è (B). Le due persone con la maglia rossa non possono essere nella stessa squadra; inoltre, i loro compagni di squadra devono avere maglie di colore diverso, altrimenti nella squadra rimanente finirebbero due persone con la maglia dello stesso colore. Un giocatore rosso è quindi accoppiato ad un giocatore azzurro, mentre l altro giocatore verde è accoppiato ad un giocatore giallo. La composizione di queste due coppie decide anche la terza. Abbiamo due possibili scelte per il giocatore rosso che gioca con un azzurro; l altro giocatore rosso farà squadra con un giallo. A questo punto abbiamo due scelte su quale azzurro giochi con il primo rosso e quale giallo giochi col secondo rosso. Tutte le scelte sono indipendenti, e abbiamo quindi in totale = 8 modi di accoppiare i giocatori. (Problema proposto da A. Bianchi) 1

9 Problema 6. La risposta è (A). Ogni anno, se il numero di squadre è n, il numero totale dei partecipanti è n 2. Il numero di squadre aumenta di 1 ogni anno. Se alla gara del 2000 hanno partecipato N squadre, si ha y = N 2 e x = (N +16) 2 ; pertanto x y = 32N +256 = 32(N +8). (Problema proposto da G. Barbarino) Problema 7. La risposta è (E). La squadra D ha subito 7 reti, e deve quindi aver giocato necessariamente con le squadre A e B, subendo 3 goal dalla squadra A e 4 dalla B, senza segnarne alcuno. Nella giornata in cui si è giocato l incontro A D si è giocato anche B C, mentre contemporaneamente a B D si è giocato A C. È ora facile calcolare il risultato di ogni partita: A D : 3 0 B C : 0 0 B D : 4 0 A C : 0 1 La classifica è quindi: 4 punti B e C, 3 punti A, 0 punti D, corrispondente alla risposta 3,4,4,0. (Problema proposto da S. Pelizzola) Problema 8. La risposta è (D). Detto t il tempo trascorso, misurato in ore, la strada percorsa dal motorino è pari a 65t chilometri, e quella percorsa dalla bicicletta è 30t chilometri. La richiesta del problema equivale a trovare il minimo valore positivo di t per il quale 30t è multiplo di 90 e la differenza dei chilometri percorsi 65t 30t = 35t è multipla di 360. Posto 30t = 90m e 35t = 360n, con m, n interi positivi, si ottiene t = 3m e quindi, sostituendo nella seconda equazione e semplificando, 7m = 24n. Pertanto m è un multiplo di 24 e il tempo t sarà un multiplo di 72. È allora immediato verificare che tutti i multipli di 72 sono soluzioni, e dunque che il minimo valore positivo possibile per t è 72. (Problema proposto da A. Bianchi) Problema 9. La risposta è (B). Le quattro regioni in figura hanno tutte la stessa area. La loro unione è formata da un quadrato centrale di lato 2, e quindi di area 4, e da quattro semicerchi di raggio 1, ciascuna di area π/2. L area complessiva è quindi 4+2π, mentre ciascuna delle quattro regioni avrà area pari a 1+π/2. (Problema proposto da R. Zanotto) Problema 10. La risposta è (A). Giulietta ha due giorni liberi ogni 12, e i primi giorni liberi dopo martedì 22 e mercoledì 23 novembre saranno una domenica e un lunedì. Le volte successive saranno venerdì-sabato, mercoledì-giovedì, lunedì-martedì, sabato-domenica, giovedì-venerdì e finalmente si riprenderà da martedì mercoledì. Gli incontri tra Romeo e Giulietta avranno quindi una periodicità di 7 12 = 84 giorni, e i primi due incontri saranno dopo 11 e dopo 60 giorni. Essendovi in un anno 365 giorni, gli incontri avverranno dopo 11, 60, 95, 144, 179, 228, 263, 312, 347 giorni, e saranno quindi in totale 9. (Problema proposto da P. Negrini) Problema 11. La risposta è (A). Poiché = (3 6 1)(3 6 +1) = , è facile pervenire alla fattorizzazione: = ( ) (2 5 73) = dunque il più grande fattore primo di è 73. (Problema proposto da R. Zanotto) 2

10 Problema 12. La risposta è (E). La somma dei punteggi dei dadi rossi può essere uguale al punteggio del dado azzurro solo quando vale 2, 3, 4, 5, 6. Tali somme vengono raggiunte con probabilità 1/36, 2/36, 3/36, 4/36, 5/36 rispettivamente. La probabilità che il punteggio del dado azzurro sia uguale è 1/6 in ognuno dei casi. La probabilità complessiva è quindi 1/6 (1/36 + 2/36 + 3/36 + 4/36 + 5/36) = 15/216 = 5/72. (Problema proposto da P. Negrini) Problema 13. La risposta è (E). Sia n > 1. Poiché n 3 = n n 2 > (n 1)(n 2 1) = (n 1) 2 (n + 1), si vede facilmente che n/(n 1) 2 > (n+1)/n 2 e quindi che n n+1 n 1 >. n Di conseguenza, il più piccolo tra i numeri proposti è 2020/2019. (Problema proposto da K. Kuzmin) Problema 14. La risposta è (C). Siano α = DCO = ODC e β = APC = OPD = DOP. Per il teorema dell angolo esterno applicato all angolo in O del triangolo COP vale AOC = α +β; e per lo stesso teorema applicato all angolo in D del triangolo ODP vale α = 2β. Dunque AOC = 3β e APC = 20. (Problema proposto da F. Caceffo) Problema 15. La risposta è (D). L affermazione è equivalente a dire che x è multiplo di 1,2,3 e 4, ma non di 5. Dobbiamo quindi contare gli interi positivi, minori di2016 che siano multipli di12, ma non di60. Poiché2016/12 = 168, e 2016/60 = 33, ve ne saranno esattamente = 134. (Problema proposto da E. Tron) Problema 16. La risposta è (B). Poiché gli angoli alla circonferenza EFX ed GFX sono uguali, segue che gli archi ĒX e ḠX sono congruenti. D altronde, lo sono anche ȲE e ȲG, per ipotesi; dunque ȲE +ĒX = ȲG+ḠX è pari a una semicirconferenza, e XY è un diametro. Ne segue che il triangolo XFY è retto in F, pertanto XY 2 = FY 2 +FX 2 = = 169; il valore del raggio è allora 1 13 XY =. 2 2 (Problema proposto da V. Ricciuti) Problema 17. La risposta è (E). Sia r l asse del segmento AC: la parte di perimetro che ci interessa è costituita precisamente dai punti del perimetro appartenenti al semipiano determinato da r contenente C. Siano allora R ed S i punti in cui tale asse incontra il perimetro del triangolo, con R appartenente ad AC; è evidente che S appartiene al lato AB, visto che il punto B dista 10 cm da C e 12 cm da A. Detta H la proiezione di C su AB ed x = SH, si ha dunque RC = 5 e CS = AS = 6+x. Dal teorema di Pitagora applicato al triangolo AHC e al triangolo CHB troviamo: CH = = 8 e (6+x) 2 = 8 2 +x 2 da cui x = 7 3. La parte di perimetro in considerazione vale dunque RC+CB+BS = = (Problema proposto da P. Negrini) 3

11 Problema 18. La risposta è (A). Se la pulce effettua a mosse del primo tipo, b del secondo e c del terzo, lo spostamento complessivo nella direzione orizzontale sarà 4c 2b. Vogliamo muoverci dal punto (0, 0) al punto (0, 2016), e quindi 4c 2b deve essere uguale a 0, da cui b = 2c. Lo spostamento complessivo nella direzione verticale sarà allora 5a 3b 9c = 5a 6c 9c = 5(a 3c), che è necessariamente multiplo di 5. Sarà quindi impossibile partire dal punto (0, 0) e arrivare in (0, 2016), poiché lo spostamento verticale necessario è 2016, che non è multiplo di 5. (Problema proposto da C. Casamento Tumeo) Problema 19. La risposta è (B). Tracciamo la diagonale BD: l area del quadrilatero ABCD è uguale alla somma delle aree dei triangoli ADB e DBC, mentre l area del quadrilatero BEDF è uguale alla somma delle aree dei triangoli EDB e DBF. D altronde, il triangolo ADB ha area doppia del triangolo EDB (essendo unione dei triangoli ADE e EDB, che sono equiestesi, poiché hanno stessa altezza e basi di ugual lunghezza AE = EB). Analogamente il triangolo DBC ha area doppia del triangolo DBF (in quanto anche BDF e BF C sono equiestesi). L area del quadrilatero ABCD è dunque uguale al doppio dell area di BEDF, cioè 36 cm 2. (Problema proposto da S. Pelizzola) Problema 20. La risposta è (C). Il polinomio (x+1)...(x+n) ha grado n, e il suo coefficiente di grado n 1 è n = n(n+1)/2. Di conseguenza, il polinomio p(x) ha grado n 1, e il suo coefficiente di grado n 2 è n(n+1)/2 k. Dobbiamo allora risolvere n(n + 1)/2 k = 67. Ricordando che 1 k n, si ha 68 n(n+1)/2 67+n. La disuguaglianza n(n+1)/2 68 è verificata solo quando n 12, mentre n(n+1)/2 67+n si scrive anche n(n 1)/2 67, da cui n 12. In conclusione, n = 12 e k = 11. (Problema proposto da V. Ricciuti) 4