Soluzioni del giornalino n. 16

Soluzioni del giornalino n. 16 Gruppo Tutor Soluzione del Problema 1 Soluzioni corrette ci sono pervenute da : Gianmarco Chinello, Andrea Conti, Simone Costa, Marco Di Liberto, Simone Di Marino, Valerio Dose, Simone Ferraro, Mattia Galeotti, Salvatore Ingala, Marina Semerano, Luca Tasin, Matthew Trager, Dario Turchetto. Sia AB la Via delle Guardie, sia C il suo punto di tangenza con la cerchia delle mura interne e sia O il centro comune delle due cerchie di mura. Chiamiamo R ed r i raggi delle due cerchie (con r < R). A C B O Noi vogliamo calcolare S = π(r 2 r 2 ); osserviamo che OA = OB = R e che OC AB in quanto AB è tangente. Da ciò deduciamo che OC è altezza e mediana di AOB e dunque AC = CB. Applicando il teorema di Pitagora ricaviamo la relazione OA 2 OC 2 = R 2 r 2 = CA 2 ; dai dati sappiamo che CA = AB/2 = 6 miglia. Quindi, mettendo tutto insieme S = π(r 2 r 2 ) = CA 2 π = 36π miglia 2 Soluzione del problema 2 Soluzioni corrette ci sono pervenute da Gianmarco Chinello, Andrea Conti, Simone Costa, Angelo De Marco, Simone Di Marino, Valerio Dose, Salvatore Ingala. Soluzioni parzialmente corrette ci sono pervenute da Luca Tasin e Matthew Trager. Poiché le cifre devono essere disposte in ordine strettamente crescente ogni cifra può comparire al più una volta e quindi il numero non può avere più di 9 cifre. Inoltre ogni sottoinsieme non vuoto dei numeri {1, 2,..., 9} corrisponde ad uno ed un solo numero formato a quelle cifre in ordine crescente, quindi il risultato 1

è pari al numero di tali sottoinsiemi, che è 2 9 1 = 511. Ricordate che non è assurdo chiedere che un numero con una sola cifra abbia le cifre strettamente crescenti, semplicemente questa proprietà è automaticamente verificata! Soluzione del problema 3 Soluzioni corrette ci sono pervenute da: Gianmarco Chinello, Andrea Conti, Simone Costa, Marco Di Liberto, Simone Di Marino, Valerio Dose, Simone Ferraro, Salvatore Ingala, Luca Tasin, Matthew Trager. Moltiplicando entrambi i membri per n! si ottiene: da cui (2n)! = (2n)! = 1 3... (2n 3) (2n 1) 2 n n! ( )( ) 1 3... (2n 3) (2n 1) 2 4... (2n 2) (2n) ovvero l identità (2n)! = (2n)! Soluzione del Problema 4 Soluzioni corrette ci sono pervenute da : Simone Costa, Simone Di Marino, Salvatore Ingala, Luca Tasin, Matthew Trager. Soluzioni sostanzialmente corrette ci sono pervenute da : Andrea Conti, Valerio Dose. Per n 5, esistono almeno 3 punti dello stesso colore (per il principio dei cassetti). Consideriamo ora l insieme di tutti i triangoli che hanno come vertici 3 punti dello stesso colore tra gli n punti dati; per la precedente osservazione e per il fatto che 3 punti dello stesso colore non sono mai allineati, questo insieme è non vuoto. Tali triangoli sono in numero finito, poiché i punti di partenza sono in numero finito. Dunque esiste tra essi un triangolo di area minima (non necessariamente uno solo); supponiamo che i suoi vertici siano rossi e consideriamo i suoi lati : se su tutti e tre tali lati c è un punto blu, questi tre punti blu individuano un triangolo di area minore del precedente e questo non è possibile in quanto avevamo supposto che il triangolo da noi considerato fosse di area minima. Dunque uno dei lati non contiene punti blu e la tesi è dimostrata Soluzione del problema 5 Soluzioni corrette ci sono pervenute da Andrea Conti, Simone Costa, Valerio Dose, Salvatore Ingala, Luca Tasin, Matthew Trager. Ragioniamo per assurdo: numeriamo gli insiemi progressivamente da 1 a 2004, e definiamo per ogni insieme un numero intero positivo a i tale che non esista nessun suo multiplo nell insieme i-esimo. Consideriamo ora il minimo comune multiplo degli interi a i. Per come è costruito tale numero, esso non potrebbe essere contenuto in nessun insieme della partizione ma questo è assurdo, in quanto esso deve essere contenuto in uno ed un solo insieme della partizione. Soluzione del Problema 6 Una soluzione parzialmente corretta ci è pervenuta da Luca Tasin. 2

Chiamiamo h, k, j le rette da P a H, K, J rispettivamente e chiamiamo d, e, f le rette da D, E, F perpendicolari ad AB, BC, CA rispettivamente. Siano infine l, m, n gli assi di KD, HE, JF. Poiché K, H, J, D, E, F sono conciclici, m, n, l concorrono in un punto O. Inoltre, è facile vedere che h e d sono simmetriche rispetto a l e che lo stesso vale per k ed e rispetto a m e j e f rispetto a n; ora bisogna ricordare che se due rette sono simmetriche rispetto ad una terza lo sono anche rispetto ad un suo qualsiasi punto. Quindi, scegliendo il punto O comune ai tre assi di simmetria l, m, n, otteniamo che, tramite una simmetria centrale in O, h va in d, k va in e, j va in f e dunque il punto P comune a h, k, j va in un punto Q comune a d, e, f che quindi concorrono. Soluzione del problema 7 Soluzioni corrette ci sono pervenute da Andrea Conti, Gianmarco Chinello, Luca Tasin, Salvatore Ingala, Simone di Marino, e Simone. Una soluzione parzialmente corretta ci è pervenuta da Valerio Dose Il problema si risolve considerando i residui quadratici e notando che la somma di 3, 4, 5 o 6 quadrati consecutivi non è mai un residuo per un modulo opportuno. Nel caso n = 3 si ha che la somma di 3 quadrati consecutivi si può scrivere come (a 1) 2 +a 2 +(a+1) 2 = 3a 2 +2 Ora considerando i resti dell espressione modulo 3 ci accorgiamo che, mentre ovviamente l espressione scritta da resto 2 se divisa per 3 indipendentemente da a un quadrato non dà mai resto 2 quando lo si divide per 3 in altre parole 2 non è residuo quadratico modulo 3, da cui si ottiene che la somma di 3 quadrati consecutivi non può essere un quadrato. Nel caso n = 4, scriviamo la somma come (a 1) 2 + a 2 + (a + 1) 2 + (a + 2) 2 = 4a 2 + 4a + 6. Ragionando come nel caso precedente, ma considerando i resti nella divisoione per 4 invece che per 3, otteniamo che i quadrati hanno resto 0 o 1 quando divisi per 4, mentre la somma di 4 quadrati consecutivi dà resto 2 se divisa per 4, dunque non può essere a sua volta un quadrato. Procedendo analogamente nel caso n = 5, scrivendo la somma come 5a 2 + 10 = 5(a 2 + 2), abbiamo che se quest espressione deve essere un quadrato, allora essendo multipla di 5 deve essere multipla di 25 in altre parole a 2 + 2 deve essere multiplo di 5. Ma un quadrato non dà mai resto 3 quando è diviso per 5, in quanto i possibili resti di un quadrato modulo 5 sono 0, 1 e 4. Nel caso n = 6, scriviamo analogamente la somma come 6a 2 + 6a + 19. Questa volta usiamo di nuovo i resti nella divisione per 4, dopo aver notato che 6a 2 + 6a = 6a(a + 1) è sempre multiplo di 4 in quanto a(a + 1) è pari. Infine, per il caso n = 11 basta notare che la somma dei quadrati degli 11 numeri consecutivi 4, 3,..., 6 è 121 che è un quadrato perfetto. Soluzione del problema 8 Soluzioni parzialmente corrette ci sono pervenute da: Andrea Conti, Salvatore Ingala, Luca Tasin. Possiamo indicare quali regali riceve ogni bambino in una tabella fatta in questo modo: nelle righe indichiamo i bambini, nelle colonne i regali, e anneriamo una casella (i, j) se il bambino i ha ricevuto il regalo j. Guardiamo la tabella lungo le righe: dall ipotesi sappiamo che in ogni riga ci sono più della metà di caselle annerite, quindi in tutta la tabella più della metà delle caselle saranno annerite. Ora guardiamo la tabella lungo le colonne: poiché più della metà delle caselle sono annerite, ci dev essere almeno una colonna con più della metà delle caselle 3

annerite, quindi con almeno 6 caselle annerite su 10. Cioè, esiste un regalo A che hanno ricevuto almeno 6 bambini. A questo punto eliminiamo dalla tabella la colonna corrispondente al regalo scelto, A, e le righe corrispondenti ai bambini che l hanno ricevuto: quindi ci resterà una tabella con n 1 colonne e quattro (o meno) righe. In questa tabella sono rimasti solo i bambini che non hanno ricevuto il regalo A: quindi ognuno di essi avrà ricevuto più di n/2 dei regali rimanenti, e perciò di nuovo in ogni riga sono annerite più di metà delle caselle. Possiamo allora applicare lo stesso ragionamento di prima e concludere che c è un regalo che è stato scelto da almeno la metà dei bambini rimanenti. Quindi: 1. Se nella tabella sono rimasti quattro bambini, allora c è un regalo inviato ad almeno tre bambini: allora prendiamo nel nostro insieme quest ultimo regalo, il primo regalo scelto A, e eventualmente, se è rimasto scoperto un bambino, uno qualunque dei regali scelti da quest ultimo. In questo modo abbiamo scelto tre regali che soddisfano la richiesta del problema. 2. Se nella tabella sono rimasti 3 bambini, allora c è un regalo che è stato inviato ad almeno due bambini: allora, il primo regalo era stato inviato a 7 bambini, quest ultimo ad almeno due diversi dai precedenti, quindi rimane al più un bambino che non ha ricevuto nessuno dei due. Scegliamo come terzo regalo un regalo qualunque scelto da quest ultimo bambino e siamo a posto. 3. Se nella tabella rimangono due bambini, allora il primo regalo era stato scelto da almeno 8 bambini, quindi possiamo completare la terna scegliendo un regalo qualunque tra quelli ricevuti dal nono e uno tra quelli ricevuti dal decimo. 4. Se nella tabella rimane un bambino solo, completiamo la terna con un regalo qualsiasi tra quelli ricevuti da lui e un ultimo regalo qualsiasi. In conclusione, in ognuno dei casi siamo riusciti a costruire una terna di regali che soddisfi alla richiesta del problema. Si noti che considerare il solo primo caso (in cui il primo regalo è inviato a 6 bambini e il secondo a 3) non è sufficiente a risolvere completamente il problema. Soluzione del problema 9 Soluzioni corrette ci sono pervenute da Andrea Conti, Salvatore Ingala, Elia Santi e Luca Tasin. Poniamo A = mb + nc, B = mc + na, C = ma + nb. Per la disuguaglianza di Cauchy-Schwartz abbiamo ( a A + b B + c C )(aa + bb + cc) (a + b + c)2. Osservando che aa + bb + cc = (m + n)(ab + bc + ca) e che 3(ab + bc + ca) (a + b + c) 2, come dimostreremo a parte, si ha allora ( a A + b B + c )(m + n)(ab + bc + ca) 3(ab + bc + ca). C Dividendo per (m + n)(ab + bc + ca) si ottiene la tesi. 4

Dimostriamo ora che 3(ab + bc + ca) (a + b + c) 2. Ciò può essere fatto il molti modi. La maniera più naturale è sommare le disuguaglianze (a b) 2 0, (b c) 2 0, (c a) 2 0, da cui portando i doppi prodotti a destra e dividendo per 2 si ottiene (a 2 + b 2 + c 2 ) ab + bc + ca. Sommando 2ab + 2bc + 2ca ad entrambi i membri si ottiene la tesi. Soluzione del problema 10 Soluzioni corrette ci sono pervenute da: Salvatore Ingala, Simone Di Marino, Luca Tasin. Definiamo a n = pn q n, e riscriviamo la ricorrenza così: a n = p n q n = p n 1 + nq n 1 np n 1 + q n 1 Cioè p n = p n 1 + nq n 1, q n = np n 1 + q n 1. Sommando le due equazioni, si ottiene: p n + q n = (n + 1)(p n 1 + q n 1 ) e p n q n = (n 1)(p n 1 q n 1 ). Sapendo che p 3 + q 3 = 12 = 4! 2 e p 3 q 3 = 2! sviluppiamo la ricorrenza e otteniamo: p n + q n = (n+1)! 2, e p n q n = ( 1) n (n 1)!. Da questo si deduce che a n = p n = (n + 1)! + 2( 1)n (n 1)! n(n + 1) + 2( 1)n q n (n + 1)! + 2( 1) n = (n 1)! n(n + 1) 2( 1) n Quindi, in particolare, a 2004 = 2009011 2009009. 5