SOLUZIONI GR I MTMTI ON-LIN (//7) IL SNWIH LL SHGGY [65] Indicando con B le fette di pane e con P le fette di prosciutto, la situazione è la seguente: BPPPPPPPPPPPPPPPPB Si tratta di scegliere dove mettere le quattro fette di pane avanzate al posto di qualche, cosa che può essere fatta in 5 65 modi diversi 4 È L OR [6] alle ore : sono passati 7 minuti La lancetta delle ore fa un giro completo in ore, cioè in 7 minuti alcoliamo con una proporzione l angolo che la lancetta delle ore forma con il numero : 7:6 7: 6 La lancetta dei minuti fa un giro completo in 6 minuti alcoliamo con una proporzione l angolo che la lancetta dei minuti forma con il numero : 6:6 : 7 L angolo tra le due lancette è 7 6 6 L ISOL L PIRT VSQUZ [] Riferendoci alla figura a fianco, dove sono stati uniti i centri delle tre circonferenze ed è stato disegnato il rettangolo parallelo ai lati e contenente i tre centri, possiamo esprimere in due modi diversi la misura del lato lungo, usando tre volte il teorema di Pitagora: ( 4) ( 4) ( ) ( ) ( ) - -4 4 4-6 5 4 6 4 5 4 6 4 5 4 4 48 L unica soluzione accettabile è 4 IL FNTSM [84] Per verificare la condizione richiesta, un sottoinsieme deve contenere almeno uno tra gli elementi di B\,, ( 7 \ B 6,7,8, ( 4 5 possibilità) ed almeno uno tra gli elementi di possibilità) In totale avremo 75 84 sottoinsiemi possibili 5 INGINI [7] 4 5 6 etti, e i tre angoli, il problema diventa, cioè 5 6 5 Ora sapendo che 8 e sostituendo le informazioni appena scritte, si ottiene: 4 6 8, cioè 6 i conseguenza 48 e 7 5 5
6 VLOITÀ I FUG [48] Risolviamo il problema in maniera generale Sia a l accelerazione e d la decelerazione, sia t il tempo impiegato per accelerare e t quello impiegato per fermarsi decelerando Per simmetria deve accadere che vma at dt da cui ricaviamo che t t vma a d da cui si ottiene che t t ad( t t) vma a d a d Sostituendo con i valori del problema otteniamo 4 m 4 6 km km vma 48 4 sec h h 7 VINR L PUR [45] Vediamo come si comporta modulo 5 l espressione a ab b 4 4 4 4 4 4 4 4 t v a ma e t v d ma, quindi Si osserva che l unico caso in cui a ab b è multiplo di 5 si ha quando entrambi i valori sono multipli di 5 Una qualunque coppia scelta tra i numeri multipli di 5 verifica il problema La soluzione è 475 8 L PORT [7] ato un numero abc di tre cifre, la somma di tutte le possibili permutazioni è data da ab c abc quindi il problema è risolto da a b c che semplificata diventa: 7( a b c) a b c b 4c 7a erchiamo di minimizzare a Per a si ottiene b4c 7 che è risolta solo da bc, soluzione non accettabile Per a si ottiene b4c 4 che è risolta solo da bc, soluzione non accettabile Per a si ottiene b4c che è risolta da bc, soluzione non accettabile, e da b 7 e c La soluzione cercata è 7 UN FTL ISTRZION [878] Siccome 5, i numeri cercati sono tutti e soli quelli che possono essere scritti nella forma n 5 con (,, ) (,,4) ( (,,4) è una qualunque permutazione di (,,4) ) 4 4 4 4 4 4 La somma cercata è S 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 S 5 5 5 5 75 5 5 54 4 4 878 INIZIONI UNO SONOSIUTO [] Il caso peggiore si ha quando si pescano tutte le permutazioni cicliche di un numero In questa maniera con nove pescate si avranno tutte le cifre in tutti i possibili posti una sola volta on la decima pescata si avrà almeno una cifra (in realtà tutte) nelle stessa posizione di uno dei numeri precedentemente pescati
UN OLPO IN TST [5] Osservando la figura a lato, si nota che i triangoli B e B devono essere simili Impostando una proporzione si ottiene: :6 84:6 da cui si ricava 684(6 ) he risolta porta a trovare 5 cm INIZI [4] In tutto vi sono 666 6 possibili sequenze di tre numeri ( abc ; ; ) Quelle tali che ab c? sono pari alle combinazioni con ripetizione La probabilità cercata è 56 7 P(a b c) 6 7 * 6, F 6 56 B L TOMB [775] La prima carta può essere qualunque () La seconda non deve essere né del seme già pescato, né del valore già pescato (6 casi su 4 rimasti) e così via di seguito 6 4 4 P(5 semi diversi e 5 valori diversi) 4 77 4 TROVTI [] p( ) k è l unico polinomio che verifica la condizione, cosa che può essere verificata a n n partire da p( ) an an a a, sostituendo nella relazione assegnata e applicando il principio di identità dei polinomi a p() si scopre che p( ) e quindi p() 5 L TRPPOL [6] I triangoli ed B sono simili, visto che hanno gli stessi angoli per cui vale 4: y:6 da cui si ottiene che 5 y 4 5 Le coppie ordinate ( y ; ) sono pari al numero di divisori di 4 che sono 6 6 6 L SH [655] i i i i 4 4 ( ) 4 4 i i i 4 ( )( ) 5 4 5 alcoliamo le ultime 4 cifre: 5 5, quindi l ultima cifra è Limitiamoci a calcolare le ultime cifre di 4 5, cioè riduciamo modulo 45 45 (44 ) 45 54 5 655mod Le ultime quattro cifre sono 655 6 4 y B
7 RROR NL ONTO [] 8 ( ) ( ) 8 8 8 8 8 8 La soluzione richiesta è 8 8 8 UN OLPO I FORTUN [] Sia a, e di conseguenza a, e b, e quindi B b pplichiamo il teorema del coseno sui triangoli, B B B : a ( a) ( a) ; risolvendo si ottiene a 5 B : b ( b) ( b) ; risolvendo si ottiene b 7 Osservando che anche l angolo ˆ 6, applichiamo ancora una volta il Teorema del coseno sul triangolo : 7 5 57 e di conseguenza 5 7 5 7 5 7 5 La soluzione richiesta è 5 5 IL FNTSM [7] Soluzione ssendo una cubica, tre numeri tra,,, 5, 6 e 7 valgono f( ) mentre gli altri tre realizzano f( ) eve accadere che f ( ) a( )( )( ) e che f ( ) b( 4 )( 5 )( 6 ) Moltiplichiamo tra loro le due uguaglianze ottenendo: f ( ) 44 ab( )( )( )( )( )( ), cioè 4 5 6 f ( ) k( )( )( )( 5)( 6)( 7) 44 visto che i vari i sono i sei valori,,, 5, 6 e 7 f () 6 k 44 Resta da determinare il valore di k ome ogni cubica f deve avere un centro di simmetria Per come sono distribuiti i valori deve essere il punto (4,) f (4) k(4)(4 )(4 )(4 5)(4 6)(4 7) 44 che porta a trovare k 4 f () 6 4 44 584 7 f () 7
Soluzione ai dati si osserva che la cubica deve avere un massimo, un minimo ed essere una funzione dispari rispetto al punto 4 Il polinomio p ( ) deve verificare l equazione p(4 ) p(4 ) Sia q( ) p(4 ) Il polinomio q ( ) deve essere della forma q( ) a b Impongo che p(5) p(6) (che è l unica scelta possibile a meno del segno) ovvero q() q(), ed ottengo il sistema ab 8ab da cui si ricava che a e b 4 Per completare il problema ci basta valutare p() q( 4) 8 56 7 Soluzione isegniamo una generica cubica (come in figura) Osserviamo che i valori e devono essere raggiunti in un ordine opportuno Nel nostro caso e per il disegno scelto (ci sarebbe anche la possibilità della cubica simmetrica rispetto all asse y ) deve accadere che f () f (5) f (6) e f () f () f (7) questo punto ci bastano 4 di questi punti per determinare i coefficienti del polinomio f ( ) a b c d a b c d a 8a 4b c b 4 sistema che risolto porta a 7a b c d c 8 5a 5b 5c d d 7 - La soluzione cercata è f() d 7 LITO FIN [567] Prima di tutto scegliamo dove posizionare le cifre : si tratta di anagrammare la stringa 8! Il numero degli anagrammi è 4! 4! 7 Ora al posto di ogni possiamo posizionare una qualunque tra le cifre, o 4 4 Vi sono quindi 7 567 numeri possibili