IL QUESITO DEL GIORNO Soluzioni 30/09/2014 Risposta: 17. Soluzione. Il numero dei diamanti ritrovati è il prodotto p del numero delle collane rubate per il numero di diamanti da cui è costituita ogni singola collana (lo stesso per tutte le collane, e maggiore di uno). Non si possono avere dubbi sul numero delle collane rubate se e solo se p può essere espresso in un solo modo come prodotto di due fattori entrambi maggiori di uno e questi due fattori risultano uguali: ciò accade chiaramente se e solo se p è il quadrato di un numero primo. L unico numero primo il cui quadrato è compreso fra 200 e 300 è 17 (si ha infatti 13 13 < 200, 17 17 = 289, 19 19 > 300). 01/10/2014 Risposta: 2/3. Soluzione. In ogni istante vi è una parte della mela che emerge, disponibile per il gabbiano, e una parte sommersa, disponibile per il pesce. Non ha alcuna importanza quale sia il rapporto tra queste due parti (dunque il secondo dato fornito è superfluo): è determinante solo il rapporto fra le due quantità di cibo mangiato dai due animali a parità di tempo. 02/10/2014 Risposta: 10. Soluzione. Vi sono 8 coppie non ordinate di interi fra 1 e 17 che sommati danno 18, e questi interi sono tutti diversi fra loro, dunque sono 16 in tutto. Se si estraggono 9 numeri, può accadere che uno sia 9 e che ve ne sia uno per ognuna di queste coppie. Se se ne estraggono 10, necessariamente fra questi si devono ritrovare entrambi gli interi di una coppia di cui sopra. 07/10/2014 Risposta: 4 minuti e 48 secondi. Soluzione. Dopo 8 minuti, A ha compiuto 2 giri e 2/3 di pista. Raggiunge B solo se B ha percorso 1 giro e 2/3 di pista o solo 2/3 di pista; l ultima ipotesi è incompatibile con l affermazione che A raggiunge B per la prima volta, quindi in 8 minuti (480 secondi) B ha percorso 1 + 2/3 = 5/3 di pista, impiegando (3/5)480 = 288 secondi per un giro completo. 08/10/2014 Risposta: 7. Soluzione. Occorre e basta che il numero x di litri da sostituire soddisfi l equazione 18(21 x) + 90x = 42 21.
15/10/2014 Risposta: 50. Soluzione. Siano s e c i litri di birra rispettivamente scura e chiara venduti in luglio. Si ha allora 4s + c = 3s + 3c e 5s + 2c = 300 da cui s = 50. 21/10/2014 Risposta: 1.800. Soluzione. Osserviamo che, visto che le ruote vengono scambiate, ogni ruota deve fare lo stesso numero di chilometri in posizione anteriore e in posizione posteriore. Detto x tale numero, visto che in posizione anteriore il consumo del battistrada per km è 1/3.000 della disponibilità e in posizione posteriore è 1/4.500, si deve avere 1 x /3.000 + x /4.500, da cui x 1.800. 22/10/2014 Risposta: 74. Soluzione. Detto a 2 il minuendo e b 2 il sottraendo, si ha a 2 - b 2 (a - b)(a + b). Facilmente si calcola a - b 555.555.555.555.554 e a + b 10 15. La somma richiesta è quindi 5 14 + 4. 28/10/2014 Risposta: 0106. Soluzione. La distanza tra il primo e il secondo segnale è inferiore a 100 km: anche la distanza fra il secondo e il terzo deve esserlo (Giulio guida a velocità costante), per cui la prima cifra del terzo segnale (e quindi del primo) deve essere 1. Detta x la cifra incognita, i numeri sul primo e terzo segnale sono allora rispettivamente (denotando ancora con x il numero la cui unica cifra è x) 10 + x e 100 + x. Ne segue che la velocità è 90 km all'ora: si ha 10 + x + 45 10x + 1 se e solo se x 6. 29/10/2014 Risposta: 9. Soluzione. Il numero considerato è positivo e minore di uno: la sua radice quadrata è dunque maggiore di lui e quindi anche le prime 200 cifre decimali della sua radice quadrata devono essere tutte 9. 04/11/2014 Risposte: a) NO; b) SI. Soluzione. La a) non è possibile. Infatti sia B un punto blu: sulla circonferenza di centro B e raggio 1 centimetro dovrebbe trovare posto un altro punto blu, diciamo B. Allora sulla circonferenza di raggio 1 centimetro, centrata nel terzo vertice di un triangolo equilatero che ha per primi due vertici B e B, ci sarebbero almeno due punti blu: B e B.
La b) invece è realizzabile. Si colorino di blu una retta fissata e tutte le rette ad essa parallele che distino 2 centimetri dalla più vicina retta blu; si colori di rosso il resto del piano. Una circonferenza di raggio 1 centimetro o ha centro equidistante da due di queste rette e quindi risulta ad esse tangente (e i punti di tangenza sono i due punti blu), oppure interseca solo una di queste rette, esattamente in due punti (che sono ovviamente i suoi unici punti blu). 05/11/2014 Risposta: 99. Soluzione. Il numero x delle donne che cantavano nel coro l anno scorso soddisfa l equazione di primo grado (2x + 30)11/10 = 6x/5 + (x + 30)21/20 la cui (unica) soluzione è x = 30. Allora il coro l anno scorso aveva 90 elementi, mentre quest anno ne ha 99. 11/11/2014 Risposta: 2. Soluzione. La somma delle ampiezze in gradi degli angoli interni di un poligono convesso di n lati (n 3) vale 180(n 2). Se per qualche poligono convesso di n lati vi fossero tre angoli interni con ampiezza inferiore a 60 gradi, la somma delle ampiezze dei rimanenti n - 3 angoli interni dovrebbe allora essere superiore a 180(n 3) gradi, il che è assurdo poiché ogni angolo interno deve avere ampiezza inferiore a 180 gradi. D altra parte, vi sono triangoli con due angoli di ampiezza inferiore a 60 gradi. 20/11/2014 Risposta: 22. Soluzione. Occorre che la risposta corretta ad almeno 9 dei 10 quesiti sia la stessa: sono dunque ammissibili la lista con dieci si e quella con dieci no, ciascuna delle 10 liste con nove si e un no e ciascuna delle 10 liste con un si e nove no. Infatti se le risposte corrette fossero k si e 10 k no (o viceversa), con k = 2,3,4 o 5, rispondendo con 5 si e 5 no e fornendo risposta no ai k quesiti che prevedono la risposta si (o viceversa), si fornirebbero solo 5 k < 4 risposte corrette. 25/11/2014 Risposta: 500050. Soluzione. Con il 99-esimo gruppo sono stati esauriti i primi 100 99/2 numeri interi. Il centesimo gruppo ospita dunque gli interi da 100 99/2 + 1 a 100 99/2 + 100. La somma di questi ultimi è ½{(50 99 + 101)(50 99 + 100) (50 99 + 1) 50 99} = ½{50 99 201 + 10100 50 99} = 50 99 100 + 5050 = 500050. 27/11/2014 Risposta: 9. Soluzione. Dividiamo le biglie in tre gruppi con lo stesso numero di biglie: pesandone due, individuiamo quello dei tre che contiene la biglia più pesante; ora ripetiamo il procedimento su questo: possiamo individuare la biglia più pesante se e solo se nella seconda pesata abbiamo in tutto 3 biglie, e quindi 9 nella prima.
02/12/2014 Risposta: 18. Soluzione. Dobbiamo cercare anni xyzw tali che 2014 xyzw x + y + z + w; dopo il 2000 c è solo il 2006; prima del 2000 osserviamo che il 1999 dà come somma 28 per un età di 15 anni e negli anni 90 non potremo trovare soluzioni perché la somma delle cifre e l età hanno parità diverse. Passando al 1989, ho rispettivamente 27 e 25, quindi il 1988 dà 26 e 26. Osserviamo che ogni anno del secolo scorso precedente il 1988 ha somma delle cifre 26, mentre l età di chi è nato in quegli anni è > 26. Quindi Elena è nata nel 2006 e sua madre nel 1988. 03/12/2014 Risposta: 4. Soluzione. n non può essere 2: la somma di due interi consecutivi è dispari e N è pari. - n non può essere 3: la somma di tre interi consecutivi (p 1) + p + (p + 1) = 3p è divisibile per 3, mentre N non lo è (la somma delle cifre di N è 7 2014 non divisibile per 3). - n può essere 4, poiché (p - 1) + p + (p + 1) + (p + 2) = 4p + 2, come N, diviso per 4 dà resto 2. 04/12/2014 Risposta: 263. Soluzione. Uno dei tre addendi sarà 1, e, per ottenere il valore massimo, deve essere b. Le due scelte possibili sono ora a 2, c 8 e a 8, c 2 che danno rispettivamente 2 1 + 8 2 e 8 1 + 2 8. La seconda scelta è quella cercata. 09/12/2014 Risposta: 2116. Soluzione. Nel prodotto ci sono 1007 numeri pari, 503 multipli di 4, 251 multipli di 8, 125 multipli di 16, 62 multipli di 32, 31 multipli di 64, 15 multipli di 128, 7 multipli di 256, 3 multipli di 512, 1 multiplo di 1024, per un totale di 2005 fattori 2 e inoltre 106 multipli di 19 e 5 di 19 2, per un totale di 111 fattori 19. 10/12/2014 Risposta: 17. Soluzione. Volendo avere la somma più bassa possibile, incominciamo a mettere tutti 1 sulla prima riga e altri due 1 nei primi posti della seconda riga e osserviamo che l aggiunta di qualunque altro 1 porterebbe a righe o colonne con termini uguali; completiamo la prima colonna con un 2, la seconda riga con un 3 e la seconda colonna con un 4; (abbiamo somme 3, 4, 5, 6); l ultimo elemento da aggiungere non può essere 2 che darebbe somme 8 e 6, quindi aggiungiamo 3. 16/12/2014 Risposta: 9000. Soluzione. Posso scegliere la prima cifra in 9 modi, ciascuna delle 3 successive in 10 modi mentre le ultime 3 sono automaticamente determinate.
18/12/2014 Risposta: 5050. Soluzione. Sia 2k un numero pari e 2k 1 il dispari che lo precede: 2k 2 (2k 1) 2 4k 1. P D è uguale allora alla somma dei numeri della forma 4k 1 per k che varia da 1 a 50, cioè 4 (50 51) : 2 50. 07/01/2015 Risposta: 892. Soluzione. È facile constatare che i numeri di ogni singola riga, di ogni singola colonna e di ogni singola diagonale devono essere in progressione aritmetica. La ragione della prima riga è (397-1)/99 4, la ragione della prima colonna è (496-1)/99 5. Detta r la ragione della seconda riga e s quella della terza, considerando la sottogriglia 3 3 in alto a sinistra, la condizione sulle diagonali impone che sia (11 + 9)/2 6 + r (1 + 11 + 2s)/2, da cui ancora r s 4. Iterando il ragionamento sulle altre sottogriglie, segue subito che la ragione di ogni riga deve essere 4 (e quindi quella di ogni colonna 5). Allora il numero cercato è 496 + 99 4 892 ( 397 + 99 5). 08/01/2015 Risposta: 16. Soluzione. Immaginiamo di eseguire "manualmente" la divisione: R(25) è costituito dall'accostamento di 5 blocchi del tipo 11111 R(5), per cui il quoziente R(25)/R(5) risulta intero e composto dall'allineamento di 4 blocchi del tipo 10000 a cui va aggiunto 1 come cifra finale. 13/01/2015 Risposta: 4. Soluzione. Almeno 4 visite sono necessarie: una in cui viene mangiata 1 noce sola (per svuotare il primo piattino), almeno un'altra per svuotare il secondo, almeno un'altra ancora per svuotare il quarto e almeno una quarta per svuotare l'ottavo. 4 visite bastano: una strategia valida è fare in modo che aumenti il più possibile, ad ogni visita, il numero dei piattini con lo stessa quantità di noci. Lo scoiattolo può iniziare a mangiare 8 noci da ciascuno dei piattini dall'ottavo in poi: l'ottavo resta vuoto e rimangono due piattini con 1 noce, due con 2 e così via fino a due con 7. Nella seconda visita può mangiare 4 noci da ciascuno dei piattini che ne hanno da 4 in su: rimarranno tre piattini vuoti, quattro con 1 noce, quattro con 2 e quattro con 3. Ora è chiaro come si prosegue: nella terza visita mangerà 2 noci da ogni piattino che ne ha almeno 2 e per la quarta visita rimarranno solo otto piattini con 1 noce ciascuno.
15/01/2015 Risposta: 54 cm 2. Soluzione. Si denotino con ABC i vertici del triangolo e sia B l angolo di cui si traccia la bisettrice e K C H l intersezione della bisettrice con il lato AC: il cateto AC è lungo 9 cm, quindi per trovare l area del triangolo basta trovare la lunghezza K del cateto AB. Da K si tracci la perpendicolare a CB, che interseca CB in H: i due triangoli rettangoli KHB e KAB sono congruenti (II criterio di congruenza: hanno due angoli acuti congruenti e un lato in A comune) e il triangolo rettangolo CKH è simile a CBA (poiché hanno l angolo C in comune); poiché l ipotenusa CK è più lunga del cateto HK che è congruente a AK, si deduce che AK ha lunghezza 4 cm e KC ha lunghezza 5 cm. Applicando il teorema di Pitagora a CKH si trova che CH misura 3 cm e per la similitudine di CKH con CBA si ha che AB : CA = KH : CH cioè AB misura 9 4/3 = 12 cm. Quindi l area del triangolo ABC è 9 6 = 54 cm 2. B 20/01/2015 Risposta: 336. Soluzione. Osserviamo per iniziare che se n contiene un fattore primo n i, dovrà contenere anche un fattore primo n j tale che n j + 1 sia multiplo di n i ; se succede anche che n i + 1 è multiplo di n j non è necessario che esistano altri fattori primi di n. Questo però si verifica solo se n i è 2 e n j è 3 (o viceversa). In tutti gli altri casi, supposto n j > n i, dovrà poi esistere un fattore primo n l (>n j ) tale che n l + 1 sia multiplo di n j e così via, generando una sequenza infinita di fattori primi, contro l ipotesi. Allora i fattori primi di n sono solo 2 e 3 e n = 2 h 3 k ; si ha m = 3 h 4 k, che sarà divisibile per n se k h e h 2k. Da h + k = 2014, ricaviamo 1007 h 1342. 21/01/2015 Risposta: 6. Soluzione. Maurizio non si trova al piano 0 altrimenti vedrebbe l ascensore fermo. Allora può procedere in questo modo. Inizia a premere il tasto 50: se l'ascensore si ferma al suo piano conclude di essere al piano 50. Se vede passare l'ascensore si troverà tra il piano 1 e il piano 49, altrimenti tra il piano 51 e il piano 99: come prima, la strategia consiste nel premere il tasto corrispondente al piano che si trova a metà tra il primo e l ultimo in cui può trovarsi Maurizio e, dato che le due situazioni sono simmetriche, possiamo supporre che Maurizio si trovi tra il piano 1 e il piano 49. Preme quindi il tasto 25: se l'ascensore si ferma al suo piano conclude di essere al piano 25. Se non vede passare l ascensore e quindi scopre di trovarsi tra il piano 1 e il piano 24 preme il tasto 13: il caso peggiore si presenta se scopre di trovarsi tra il piano 1 e il piano 12 (12 piani invece di 11). Iterando il ragionamento e supponendo che si presenti sempre il peggiore dei casi, i tasti da premere saranno il 7, poi il 4, poi il 2.
28/09/2015 Risposta: 2. Soluzione. Poiché tutti i numeri sono diversi fra loro, devono essere tutti diversi da 0. Siano a e b due numeri sottolineati e sia C il prodotto degli otto numeri diversi da a e da b: da a = b C e b = a C con a, b, C 0, segue che deve essere C = 1/C, dunque, essendo a b, C = - 1 da cui a = - b. Questa argomentazione allo stesso tempo suggerisce come individuare dieci numeri in modo che due di essi siano sottolineati e prova che non è possibile individuarne dieci in modo che siano più di due quelli sottolineati. 30/09/2015 Risposta: 22. Soluzione. Fissato un verso di percorrenza sulla retta, A sia preceduto da a punti marcati e seguito da b punti marcati, B sia preceduto da c punti marcati e seguito da d punti marcati. Chiaramente deve essere 80 = a b e 90 = c d con a + b = c + d: tale somma è infatti il numero di punti marcati meno 1. Perché sia possibile rispondere alla domanda occorre ovviamente che, al variare delle coppie {a, b} e {c, d} che rispettano le condizioni di cui sopra, la somma a + b sia sempre la stessa. Si ha 80 = 2 4 5, 90 = 2 3 2 5: può essere solo a = 16 e b = 5 o viceversa, c = 6 e d = 15 o viceversa. 07/10/2015 Risposta: 2519. Soluzione. Il numero cercato n è il più piccolo intero positivo tale che n + 1 risulti divisibile per tutti gli interi da 2 a 10. Tenendo conto dei fattori primi comuni agli interi da 2 a 10, si ottiene n + 1 = 5 7 8 9 = 2520. 13/10/2015 Risposta: si. Soluzione. I modi di totalizzare N + 1 euro sono almeno tanti quanti quelli di totalizzare N euro: basta aggiungere un francobollo da 1 euro ad ognuno di questi ultimi. Allora è sufficiente mostrare che esiste almeno un modo di totalizzare N + 1 euro senza usare francobolli da 1 euro: se N + 1 è pari si possono usare solo francobolli da 2 euro; se N + 1 è dispari, è almeno 3, dunque è sufficiente usare un francobollo da 3 euro e solo francobolli da 2 euro (se N > 2). 21/10/2015 Risposta: 1007. Soluzione. Chiaramente vi erano almeno 1007 bugiardi: tutti coloro che hanno lasciato il paese quando nel paese era rimasto un numero pari di abitanti. L'ultimo abitante ad abbandonare il paese è stato un veritiero: infatti dopo la sua partenza sono rimasti 0 veritieri e 0 bugiardi. Ma allora, essendo un bugiardo il penultimo, è un veritiero il terz'ultimo: iterando questo ragionamento fino al primo abitante che ha lasciato il paese, si conclude che sono veritieri tutti i 1008 abitanti che hanno lasciato il paese quando nel paese era rimasto un numero dispari di abitanti.
28/10/2015 Risposta: 33. Soluzione. Per qualche numero intero K è vero che N = K 2015 + 2. Il numero (K 2015 + 2) 11 è esprimibile come somma di addendi di cui uno è 2 11 e gli altri sono tutti multipli di 2015 (si pensi allo sviluppo della potenza). Facilmente si calcola 2 11 = 2048 = 2015 + 33. 04/11/2015 Risposta: 29. Soluzione. Una soluzione con somma 29 è la seguente: 1 2 2 1 10 2 1 7 3 La somma S non può essere inferiore. Infatti si deve avere 2S 3 + 5 + 7 + 11 + 13 + 17 = 56 da cui S 28; d'altra parte S, quale somma di un numero dispari di interi dispari, deve essere un intero dispari. 11/11/2015 Risposta: 8899. Soluzione. Affinché, aggiungendo 1 ad un numero intero positivo, la somma delle sue cifre subisca una variazione di un multiplo di 17, è necessario che la somma di 1 comporti almeno due riporti successivi. Il numero cercato deve dunque terminare con 99. Se si vuole che sia il più piccolo possibile, ricordando che la somma delle sue cifre deve essere divisibile per 17, occorre e basta che 99 sia preceduto da 88. 16/11/2015 Una strana classe è composta da 6 coppie di gemelli. I 12 studenti vanno ripartiti in tre squadre di quattro studenti ciascuna, che si sfideranno in una gara, in modo che nessuna squadra abbia tra i suoi componenti sia uno studente, sia il suo gemello. In quanti diversi modi si possono comporre le tre squadre? Risposta: 960. Soluzione. Chiamiamo A, B e C le tre squadre. Per comporre la squadra A, si scelgano quattro coppie di gemelli su 6: le scelte possibili di queste coppie sono in numero di 15 (quante quelle delle due coppie da scartare). Ognuna di queste scelte, prendendo uno e uno solo dei due gemelli da ogni coppia, fornisce 15 2 4 composizioni possibili. Per comporre la squadra B rendendo possibile la composizione della squadra C, si devono prendere due dei quattro gemelli rimasti dopo la prima selezione e uno da ciascuna delle due coppie non considerate prima: questo può essere fatto in 6 4 modi diversi. A questo punto la squadra C risulta automaticamente composta. Il numero 15 16 24 fornisce dunque i modi diversi di comporre le tre squadre assegnando a ciascuna un nome. Poiché la differenziazione delle squadre per assegnazione dei nomi non va considerata, il numero 15 16 24 va diviso per 6, quante sono le possibili permutazioni dei tre nomi.
18/11/2015 Risposta: 72. Soluzione. I fattori comuni a 20 e a 15 sono 1 e 5: questi sono gli unici valori possibili per la cifra centrale. Se la cifra centrale è 1, le prime tre cifre possono essere solo {1,4,5} o {2,2,5} che forniscono rispettivamente 6 e 3 possibilità, le ultime tre cifre devono essere necessariamente {1,3,5} che forniscono 6 possibilità. Se la cifra centrale è 5, le prime tre cifre possono essere solo {1,1,4} o {2,2,4} che forniscono in entrambi i casi 3 possibilità, le ultime tre cifre devono essere necessariamente {1,1,3} che forniscono 3 possibilità. Il numero cercato è allora 9 6 + 6 3. 25/11/2015 Risposta: 24. Soluzione. Detto x il tempo disponibile, in ore, per arrivare all'appuntamento, si ha 20(x + 1) = 30(x 1). Si ricava x = 5. Il numero cercato è allora 20 6/5. 01/12/2015 Risposta: 30 e 32. Soluzione. Un poligono che goda della proprietà (P) deve essere convesso. Il minimo <risp. il massimo> numero possibile di lati si ottiene quando il numero degli angoli da 168 gradi <risp. 169 gradi> è il massimo possibile. La somma delle misure in gradi degli angoli interni di un poligono convesso di n lati vale n 180 360. Poiché 360 è divisibile per 180 168 = 12 con quoziente 30, esistono poligoni con gli angoli interni tutti di 168 gradi e hanno 30 lati. D'altra parte, 360 non è divisibile per 180 169 = 11 e il più grande intero positivo k tale che 360 k 11 sia divisibile per 12 è 24. Da 360 = 24 11 + 8 12 segue che un poligono convesso può avere 24 angoli da 169 gradi e 8 da 168 gradi. 08/12/2015 Risposta: 1640. Soluzione. Per guadagnare il primo metro in avanti, mi basta 1 passo; per guadagnare il secondo una volta fatto il primo e volendo poi proseguire, devo fare 2 passi avanti e 1 indietro; per guadagnare il terzo una volta fatto il secondo e volendo poi proseguire, devo fare 3 passi avanti e 2 indietro, e così via. Dopo un numero di passi uguale alla somma dei primi 39 interi positivi dispari, sarò a 39 metri dal punto di partenza: con i successivi 40 passi avanti mi porterò a 79 metri, il punto più lontano raggiunto fino ad allora, ma poi dovrò farne 39 indietro, e mi ritroverò a 40 metri. Ora però potrò fare 41 passi avanti prima di fare altri passi indietro: dopo 40 mi troverò a 80 metri dal punto da dove ero partito. La risposta è allora data dalla somma dei primi 40 interi dispari aumentata di 40.
16/12/2015 Risposta: 1, 2, 3, 4. Soluzione. Siano A, B, C, D quattro cifre tutte diverse da 0 e diverse fra loro elencate in ordine crescente. Prima soluzione. Da (10D + A)(10C + B) (10A + D)(10B + C) = 99(C D A B) (il secondo prodotto non è il minore dei prodotti possibili relativamente alle cifre assegnate, è stato scelto solo per abbreviare i calcoli), segue facilmente che la differenza tra il maggiore e il minore dei prodotti possibili è maggiore di 1000 se le quattro cifre non sono consecutive (infatti in tal caso si ha comunque C D A B > 11). Il maggiore dei prodotti è (10D + A)(10C + B) e il minore è (10A + C)(10B + D): infatti per ottenere il maggiore occorre e basta che C e D siano le cifre delle decine dei due fattori e che vengano ad esse abbinate come cifre delle unità rispettivamente B (che verrà moltiplicata per la più grande cifra delle decine D) ed A. Simmetricamente si ragiona per ottenere il valore minimo. (Entrambe le affermazioni sono facilmente verificabili con un calcolo diretto.) Se A = 1, B = 2, C = 3 e D = 4 la loro differenza è esattamente 1000 e si vede facilmente che è la minore possibile al variare delle quattro cifre consecutive. Soluzione alternativa. Qualunque siano le quattro cifre, si trova come sopra che il maggiore dei prodotti è (10D + A)(10C + B) e il minore è (10A + C)(10B + D). Possiamo riscrivere ( )( ) ( )( ) come ( ) ( ). La cifra delle unità nel primo membro deve essere 0, quindi deve essere un multiplo di 10; il fatto che sia anche il coefficiente di 100 permette con facili osservazioni di scartare tutti i valori maggiori di 10, quindi oppure implicherebbe, impossibile, quindi e l'equazione che stiamo considerando diviene cioè ( )( ). Allora solo e diventa ( )( ) che ha per soluzione 21/12/2015 Risposta: 931. Soluzione. Quando gracchia il primo corvo, se ne alza in volo solo 1, quello di posizione 2; quando questo atterra sul ramo si alzano il primo e il terzo, quando atterrano questi il secondo e il quarto, quando atterrano il 2 e il 4 se ne alzano 3, (di posti 1,3,5) e quando questi si posano di nuovo 3 (di posti 2,4,6) e così via fin quando posandosi i 25 di posto pari, non si alzano per la prima volta tutti i 26 di posto dispari. Per far questo occorrono minuti e le gracchiate fino a questo punto sono state. Da questo momento si alzano e si posano alternatamente tutti i corvi di posto pari e tutti quelli di posto dispari, precisamente al 50-mo minuto si posano 26 corvi, al 51-esimo 25, ecc. per finire con 26 al 60-mo minuto, gracchiando in totale ( ). In totale
13/01/2016 Risposta: 942 e 843. Soluzione. È chiaro che U + C deve essere dispari e almeno 11 (altrimenti la cifra delle decine di CDU + UDC, fornita da 2D, sarebbe pari). È altrettanto chiaro 2D + 1 deve essere minore di 10 in modo da non dare riporto (U + C + 1 risulterebbe pari). Ricordando che deve essere C > D > U > 0, facilmente segue M = 942 e m = 843.