Allenamento alla Coppa Aurea 2018Nota degli autori. Questa raccolta contiene testi e soluzioni dei problemi assegnati durante le variegiornate di preparazione alla Coppa Aurea 2018 tenutesi presso l'Università di Trieste e gli istituti `G.Galilei' di Trieste, `L. Da Vinci' di Treviso e `G. Marconi' di Conegliano.Gli esercizi proposti sono in parte originali e in parte tratti o ispirati da edizioni passate di varie gare dimatematica nazionali e internazionali. Ci teniamo a precisare che la loro divulgazione non è avvenutaa �ni di lucro.I problemi sono stati suddivisi per argomento e ulteriormente catalogati, secondo il nostro personalegiudizio, in ordine di di�coltà crescente.Si ringraziano i quasi 200 studenti che hanno partecipato agli allenamenti smontando, uno per uno,questi problemi e tutti gli insegnanti, organizzatori e accompagnatori, che hanno reso questo possibile.Ringraziamo Emanuele Caputo per aver partecipato alle lezioni di Treviso e Conegliano.Un ringraziamento va inoltre al Prof. Franco Obersnel per l'organizzazione della Coppa Aurea e degliallenamenti.

Anna Chiara Gallo, Francesco Nobili, Ivan Yuri Violo, Matteo Zancanaro

Problemi

Algebra

Esercizio 1. Trovare il numero di coppie ordinate di numeri primi (p, q) tali che il polinomio x2+px+qabbia due radici intere.

Esercizio 2. Giovanni scrive su un foglio una lunga sequenza di numeri. Prima scrive il numero 1 epoi il numero 2, e ogni numero successivo si ottiene sommando tutti i numeri precedenti. Qual è ildecimo numero scritto sul foglio?

Esercizio 3. Sia f : N −→ N una funzione tale che per ogni numero naturale n vale

f(f(n)) = n+ 3

E' noto che f(7) = 12. Determinare f(2017).

Esercizio 4. Un polinomio monico di terzo grado ha come termine noto 3375. Sapendo che ha treradici reali in progressione geometrica determinare il prodotto tra la più grande e la più piccola di esse.

Esercizio 5. Sia f : R −→ R una funzione tale che per ogni x, y ∈ R valga

f(3x+ yf(x)) = y(x+ 2) + f(3x).

Determinare tutti i possibili valori che può assumere f(2018) e dare come risposta la loro somma.

Esercizio 6. Consideriamo il polinomio (x4+x)2018. Qual è il coe�ciente di x2027? Dare come rispostale ultime tre cifre.

Esercizio 7 (Semi�nale C - 4 Maggio 2012). Per calcolare l'anno della �ne del mondo, i Maya risolserol'equazione di secondo grado x2 − bx + c = 0, con b e c numeri naturali, b dispari e c multiplo di b.Tra le due radici i Maya scelsero però quella sbagliata, ossia 2018. Qual è invece la soluzione corretta?Fornire le ultime quattro cifre intere.

Esercizio 8. Sia f : R −→ R una funzione tale che per ogni x, y ∈ R valga

f(x)f(y) = f(x− y).

Quanto può valere al massimo f(2018)?

1

Esercizio 9. Quanto vale la seguente somma

1

1√

2 + 2√

1+

1

2√

3 + 3√

2+

1

3√

4 + 4√

3+ ...+

1

2024√

2025 + 2025√

2024?

Dare come risultato le prime 4 cifre dopo la virgola.

Esercizio 10. Determinare quante sono le terne ordinate (a, b, c) di numeri interi tali che per ogninumero reale t valga

(t− 7)(t+ a) + 2017 = (t+ b)(t+ c)

Esercizio 11. Sia P (x) un polinomio a coe�cienti interi tale che per ogni intero positivo n < 2018valga P (n) = 2018 e tale che P (2018) > 2018. Determinare le ultime 4 cifre di P (2018).

Esercizio 12. De�niamo una successione tale che a0 = 1, a1 = 2 e an = an−1+12an−2 per ogni n ≥ 2.Determinare le ultime tre cifre di a2018 + 3a2017.

Esercizio 13. Sia f : R −→ R una funzione tale che per ogni coppia di numeri reali x e y vale che

f(x)f(y) + f(x+ y) = xy.

Determinare il valore assoluto della somma di tutti i possibili valori che può assumere f(2018).

Combinatoria

Esercizio 14. La password per accedere al �le con tutte le risposte ai problemi di questo foglio è unnumero pari di 6 cifre ottenuto utilizzando tutti e soli i numeri 1,2,3,4,5,6. Considerando che per fareogni tentativo occorrono 7 minuti, quanto tempo occorre per provare tutte le combinazioni?

Esercizio 15. Quanti sono, tra i numeri minori o uguali a 2018, quelli che sono multipli di 3 oppuredi 4?

Esercizio 16. Antonio, Bob e Carlo devono dipingere una stanza. Antonio da solo ci metterebbeun'ora, Bob ci impiegherebbe mezz'ora e Carlo invece venti minuti. Quanti minuti ci metteranno adipingere l'intera stanza lavorando tutti assieme?

Esercizio 17. Nel cassetto di Emilio ci sono 7 calzetti neri, 5 calzetti blu e 4 calzetti verdi. Se nepesca due al buio con che probabilità ne beccherà due dello stesso colore?

Esercizio 18. Quanti sono gli anagrammi della parola SETTORE che non contengono all'interno laparola SETTE?

Esercizio 19. In un gruppo di amici, parlando di compleanni, ci si accorge che tutti festeggiano ilcompleanno in febbraio. Quanto deve essere grande questo gruppo perchè la probabilità che due facentiparte della compagnia compiano gli anni lo stesso giorno sia almeno del 30%? (Si consideri il mese difebbraio composto da 28 giorni).

Esercizio 20. In quanti modi si possono riordinare le cifre 9,8,5,3,2,2 in modo da ottenere un numeromultiplo di 11?

Esercizio 21. Determinare il numero di vettori (x1, x2, ..., x6) a componenti intere positive tali che

x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 ≤ 10.

Esercizio 22. 6 amici decidono di scambiarsi i doni di Natale in una maniera particolare. Ciascunocompra un regalo e successivamente tutti i regali vengono riposti in 6 scatole indistinguibili. A questopunto ognuno a turno sceglie una scatola e prende il regalo che essa contiene. Qual è la probabilitàche tutti ricevano un regalo diverso da quello che hanno comprato? (Dare come risposta la somma franumeratore e denominatore della frazione ridotta ai minimi termini.)

2

Esercizio 23 (Cesenatico 2008-Finale). Homer Simpson sta camminando senza meta nella sala mensadella centrale nucleare di Spring�eld, quando all'improvviso, 3 metri a nord e 5 metri ad ovest dadove si trova scorge una prelibata ciambella incustodita. Inizia a muoversi con passi lunghi un metro,ad ogni passo scegliendo a caso tra le 4 direzioni cardinali con eguale probabilità. Quello che nonsa, è che subito prima che possa fare il nono passo la pausa �nirà, e il signor Burns butterà via laciambella. Qual è la probabilità che riesca a raggiungerla in tempo? Indicare come risposta la sommadel numeratore e del denominatore della frazione ottenuta ridotta ai minimi termini.

Esercizio 24 (Cesenatico 2009 - Finale). Il malvagio Tauron, accecato dalla brama di potere, contai modi in cui può indossare i 7 anelli dei nani sulle 8 dita superstiti delle sue mani. Per ognuno diquesti modi, prende nota di quanti e quali anelli vanno su quale dito e in che ordine. Quanti modidiversi conterà? (Se la quantità richiesta è un intero maggiore di 9999, come risultato fornire le ultime4 cifre.)

Esercizio 25. All'asta vengono battuti 4 Dalì, 5 Van Gogh, 3 Picasso. Sono presenti 5 collezionistid'arte. Un giornalista trascrive soltanto il numero di Dalì, Van Gogh e Picasso acquistati dai singolicollezionisti. Quante sono le possibili trascrizioni dei dati sapendo che tutti i quadri vengono venduti?Dare come risposta le prima 4 cifre da sinistra del numero ottenuto.

Esercizio 26. Nonno Peano possiede un set per le cene speciali, composto da piatti di porcellanatutti delle stesse dimensioni e a forma di ottagono regolare. Inoltre ognuno degli 8 lati di ogni piatto ècolorato di rosso o di giallo, in modo che non ci siano piatti uguali (ovvero colorati allo stesso modo).Di quanti pezzi è composto al più il set di nonno Peano?

Esercizio 27. Anna e Bob fanno una partita a ping pong con le seguenti modalità: partono da 0− 0e vince chi raggiunge per primo un vantaggio di 2 punti. Sapendo che per ogni turno Anna, essendopiù brava, ha il doppio delle probabilità di fare punto rispetto a Bob, qual è la probabilità che Annavinca la partita?

Esercizio 28. In quanti modi si può selezionare un sottoinsieme di {1, 2, . . . , 14, 15} che non contengamai due numeri consecutivi?

Esercizio 29. Una cavalletta si trova sul vertice A di un triangolo equilatero ABC. Incomincia quindia saltare muovendosi da un vertice ad un altro del triangolo. Sapendo che ad ogni salto essa si spostacon uguale probabilità su uno dei due vertici adiacenti, qual è la probabilità che dopo il dodicesimosalto si trovi di nuovo in A? (Dare come risposta la somma fra numeratore e denominatore dellafrazione ridotta ai minimi termini.)

Esercizio 30. Il temibile mago Hölder ha rapito Alfa e Beta per sottoporli ad un sadico gioco.Entrambi vengono bendati e posti sopra un'enorme scacchiera 8× 8, Alfa in C3, Beta in E5 (le letterecorrispondo alla colonna, i numeri alla riga). Il mago spiega loro le regole: il gioco dura 3 minuti,allo scadere di ogni minuto dovranno spostarsi entrambi su una delle 4 caselle adiacenti, della stessariga o della stessa colonna (non gli è permesso muoversi in obliquo). Per liberarsi dovranno incontrarsiassieme sulla stessa casella. Assumendo che i due amici non possano comunicare in nessun modoe quindi si muoveranno in modo casuale, qual è la probabilità che riescano a liberarsi entro la �nedel gioco? (Fornire come risultato la somma fra numeratore e denominatore della frazione ridotta aiminimi termini.)

Esercizio 31. K Un totale di N = 60 · 72 · 80 cubetti di dimensioni 1 × 1 × 1 vengono allineati edassemblati in modo da formare un parallelepipedo di dimensioni 60 × 72 × 80. Si immagini quindi ditracciare la diagonale di questo parallelepipedo, quanti degli N cubetti verranno intersecati da essa?(Un cubetto non viene considerato intersecato se la diagonale ne tocca solo il bordo.)

3

Geometria

Esercizio 32. In un quadrato ABCD si denotino con M e N rispettivamente i punti medi dei lati ABe CD. Si considerino poi i due punti E ed F appartenenti rispettivamente ai lati AD e CB tali cheEM = MN = MF. Si determini l'ampiezza in gradi dell'angolo ENF .

Esercizio 33. La bandiera del prestigioso Ordine Cronologico, illustrata in basso, è un cerchio biancodi raggio 12 metri su cui si stagliano le lettere O e C dipinte di vernice nera. La lettera O è uncerchio avente come raggio la metà del raggio della bandiera e tangente internamente ad essa in unpunto K. La lettera C è la regione compresa tra due circonferenze centrate nel punto P della bandieradiametralmente opposto a K aventi raggio 12 m e 6 m e i due segmenti congiungenti P con i due puntidi intersezione tra il bordo della bandiera e la circonferenza più grande.

Quanto spenderanno gli a�liati all'Ordine Cronologico per ritinteggiare la loro bandiera, sapendo chela vernice nera costa 5 euro al metro quadro?

Esercizio 34. In un triangolo ABC le mediane BE e AD sono perpendicolari. Sapendo che il latoAC misura 8 cm e BC misura 6 cm determinare la misura del lato AB.

Esercizio 35. Due rette r e s si intersecano perpendicolarmente tra di loro nel punto K ed inoltreintersecano una circonferenza Γ in quattro punti distinti: la retta r nei punti A e B (con B che sta traA e K) e la retta s nei punti C e D (con C tra K e D). E' noto che l'angolo ABC misura 135◦ e cheKB = 3cm e CD = 8cm. Determinare l'area del quadrilatero ABCD.

Esercizio 36. Durante le ore di matematica Giuliano si annoia a morte e disegna su un foglio untriangolo isoscele ABC con AB = AC =

√17 cm. Dopodiché traccia una linea passante per il vertice

A che interseca il lato BC in un punto D tale che BD = 3 cm e DC = 5 cm. Comincia a immaginareallora di ritagliare il triangolo e di piegare poi il foglio lungo la linea AD �no a quando i segmentiDB e DC diventano perpendicolari fra loro. I punti A,B,C,D diventerebbero quindi vertici di unapiramide. Ecco cosa potrebbe fare nell'ora di storia: calcolare la super�cie di questo solido!

Esercizio 37 (Cesenatico 2008 - Semi�nale A). Andrew Willies, il giardiniere della scuola elementaredi Sigma�eld, dop aver abbandonato la teoria dei numeri, si è dato alla geometria agraria ed è oraimpegnato con una nuova aiuola. Ha ancora le idee un po' confuse sulla forma ma è fermamenteconvinto di alcuni dettagli. Deve essere rigorosamente a forma di triangolo isoscele ABD, con la baseAB lunga 108 cm, ed in modo che nel lato AD possa piazzare nel punto C a distanza esattamente 108cm da D un cartello ("Calpestare l'aiuola vietato eh!!") che disti 108 cm anche dal vertice in B (Siveda la Figura 1). Quanti centimetri sarà lungo il perimetro dell'aiuola?

A

B

C D

Figura 1: L'aiuola di Willies.

4

Esercizio 38. In un quadrato ABCD si chiami E il punto medio del lato BC. Si traccino poi le duediagonali BD e AC e si chiami O il loro punto di intersezione. Sapendo che l'area del quadrato misura2018m2, si determini in m2 l'area dell'intersezione dei triangoli AED e BOC. Indicare come rispostala parte intera.

Esercizio 39. Andrea sta correndo in bicicletta lungo una strada rettilinea e a un certo punto beccasull'asfalto un chiodo che si in�lza nella gomma. Fortunatamente se ne accorge quasi immediatamente,infatti il chiodo ha spazzato soltanto un angolo di 30◦ rispetto alla perpendicolare al terreno quandoAndrea arresta la sua corsa. Sapendo che il raggio della ruota misura 30 cm, quanto è distante il chiodoal momento dell'arresto rispetto alla sua posizione iniziale?

Esercizio 40. Il compleanno di Barbara è vicinoe come segno della sua profonda amicizia Albertole ha preparato un regalo davvero speciale: il tali-smano ottenuto dalla rotazione attorno al segmen-to AB (che misura 4 cm) della �gura qui accanto.Barbara sarà felicissima di determinarne il volume.

Esercizio 41. La casa di Marcello ha la forma di un pentagono convesso ABCDE ed è circondata daun giardino che occupa tutta la zona attorno alla casa che non dista più di 11

π metri dalle mura di essa.Ha intezione di costruire un recinto di �lo spinato lungo tutto il perimetro del giardino ma purtropponon ha molte informazioni a disposizione per capire quanto debba essere lungo. Infatti conosce soltantola misura dei lati AB, BC ed EA, che sono rispettivamente 6, 2 e 8 metri.

Così, quando si reca alla ferramenta per compra-re il �lo spinato, porta con sè la planimetria dellasua abitazione (che riportiamo in �gura) spiegan-do al commerciante alcuni dettagli di cui Marcellova molto �ero: gli angoli BAK e KAE sono per-fettamente uguali fra loro, così como lo sono gliangoli KED, KBC, BKC e EKD (i quali inoltremisurano 45◦).

Mentre il venditore si lamenta dell'ingente perdita di tempo, il piccolo Ferrmat, �glio del proprietariodella ferramenta ha intanto calcolato esattamente quanti metri di �lo spinato servono al signor Marcello:�sono 132 euro�. Quanto costa il �lo spinato al metro?

Esercizio 42 (Cesenatico 2007 - Finale). Nume-ruto e Sekante si a�rontano �nalmente, faccia afaccia, in un pianoro. Il pianoro ha la forma diun rettangolo 2940 × 3000, e si devono tracciaredue circonferenze tangenti esternamente, e ognu-na delle due tangente a due lati consecutivi delrettangolo, in modo che tutti i lati siano tocca-ti da una sola circonferenza. Determinare quantovale al massimo la somma dei raggi.

Esercizio 43 (Cesenatico 2005 - Semi�nale A). Sia dato un triangolo rettangolo in cui l'incentro èequidistante dal vertice dell'angolo retto e dal punto medio dell'ipotenusa. Sapendo che l'ipotenusamisura 1000, calcolare il cateto minore del triangolo.

Esercizio 44. Sia ABC un triangolo isoscele con AC = AB tale che l'angolo ACB misuri 36◦ gradi.Chiamato E il punto di intersezione tra AB e la bisettrice dell'angolo ACB, determinare la misura diCE sapendo che l'altezza AH relativa al lato BC misura 3 m.

5

Esercizio 45. In una stanza rettangolare di lati 18m × 10m e il cui so�tto è alto 14m, un ragnoè posizionato al centro di una parete di dimensioni 14m × 10m ad un metro dal so�tto. Al centrodella parete opposta a quella del ragno è posata una mosca ad un metro da terra. Assumendo che lamosca rimane ferma qual è la distanza più breve (in metri) che il ragno può percorrere muovendosiliberamente lungo le pareti, il so�tto e il pavimento per raggiungere la mosca?

Esercizio 46. Sia ABC un triangolo acutangolo e scaleno il cui lato BC misura 8. Considerata lacirconferenza Γ circoscritta ad ABC, sia K il punto di intersezione tra le rette tangenti in A e in B aΓ. E' noto che la retta parallela a BC passante per K interseca AC in un punto S tale che CS misura5 . Determinare l'area del triangolo BSC.

Esercizio 47. Un poligono regolare di 20 lati è inscritto in una circonferenza di raggio 7 cm e centroO. Sia P uno dei vertici del poligono e sia Q un punto distante 12 cm dal centro O tale che l'angoloPOQ sia di 18◦. Consideriamo i quadrati delle distanze di Q da ogni vertice del poligono. Quanto valela loro somma?

Esercizio 48. Un rettangolo HOMF , ha i lati HO e OM che misurano 11 e 5 rispettivamente. Untriangolo ABC ha H come ortocentro, O come circocentro, M è il punto medio di BC e F è il piededell'altezza condotta dal vertice A. Determinare la lunghezza di BC .

Esercizio 49. Sia ABCD un quadrilatero convesso coi lati AB e CD che misurano rispettivamente2 e 7 cm. Sia E il punto di intersezione delle bisettrici degli angoli in B e in C e sia F il punto diintersezione tra le rette AB e DC. Sapendo che il quadrilatero FAED è inscritto in una circonferenzadeterminare la lunghezza del lato BC.

Esercizio 50. Tutti sanno che il Monte Armonico,con i suoi 5000 metri di altezza, è uno dei più altidella catena montuosa Dolomorfa e ha la forma diuna piramide avente per base un trapezio isosceleABCD con le diagonali che si intersecano perpen-dicolarmente tra loro proprio nel piede dell'altezzadella piramide P e che questo punto divide ciascu-na diagonale in due parti che misurano 1400 e 600metri. Pochi conoscono però un'antica leggendache narra dell'esistenza di una caverna piena d'o-ro all'interno della montagna, sempre a forma dipiramide e avente la base coincidente con quelladella montagna. Alcuni pirati alpini sono riuscitiad ottenere il disegno di una sezione della monta-gna ottenuta intersecandola con un piano verticalepassante per la diagonale AC.

Si sono convinti dunque che il vertice della caverna K sia posizionato sull'altezza V P della montagna eche la retta AK divida a metà lo spigolo V C. Se tutte queste leggende fossero vere, quanti chilometricubi d'oro custodirebbe il Monte Armonico?

Esercizio 51. In un triangolo acutangolo ABC l'ortocentro H e il circocentro O distano entrambi daA√

3 cm. Determinare il lato BC.

Esercizio 52. In un biliardo a forma di triangolo isoscele ABC di vertice C, con ACB = 10◦, visono due buche poste sui vertici B e C. Si vuole imbucare nella buca B una palla posta sul vertice A,facendola rimbalzare solo sulle sponde AC e BC. Qual è il numero massimo di rimbalzi che la pallapuò e�ettuare prima di entrare nella buca? (Si consideri la palla puntiforme.)

6

Esercizio 53. Sia ABC un triangolo dove ∠BAC = 66◦ e ∠ACB = 33◦. Sia inoltre D un puntointerno al triangolo tale che AD = DC e AB = BD. Trovare quanto misura in gradi l'angolo ∠DBC.

Esercizio 54. K Nell'isola di Bora Borel ci sono 30 città: 1-opoli, 2-opoli, 3-opoli ecc... Ognuna diqueste città possiede una valuta composta da un' unica moneta. Ai turisti che visitano l'isola piacecollezionare tutte queste monete e riporle in un curioso astuccio, venduto in tutti i mercatini dellecittà. Questo ha la forma di un rettangolo ABCD di lati AB = 60 mm e BC = 30 mm. Lo spazio perle monete è ricavato tracciando due archi di circonferenza di centri D e C e di raggio 30 mm, comein Figura . La moneta di 1-opoli è posta al centro in modo da essere tangente al lato AB e agli archiAM e BM , la moneta di 2-opoli è posta a�anco alla prima ed è tangente ad AB e AM e così via pertutte le altre monete. Quanto misura in millimetri il raggio della rarissima moneta di 30-opoli? Darecome risultato le prime quattro cifre dopo la virgola.

60 mm

30 mm

A B

CMD

1

234

Figura 2: L'astuccio porta monete di Bora Borel.

Esercizio 55. K Sia ABC un triangolo equilatero di lato 5 cm e sia Γ la circonferenza ad essocircoscritta. Sia D un punto sull'arco AC di questa circonferenza diverso da A e C. Sia L l'intersezionetra le rette CD e AB e sia M l'intersezione tra le rette AD e BC e sia K l'intersezione tra AC e BD.Determinare l'area del triangolo LKM .

Teoria dei Numeri

Esercizio 56. Determinare il numero di coppie ordinate di interi positivi (m,n) tali che

2n + 1 = m2.

Esercizio 57. Trovare il più piccolo intero n ≥ 2018 che si può scrivere sia come somma di tre intericonsecutivi, sia come somma di 4 interi consecutivi, sia come somma di 5 interi consecutivi.

Esercizio 58. Quanti sono gli interi positivi n ≤ 2018 tali che n · 2n − 1 sia multiplo di tre?

Esercizio 59. Il numero preferito di Alberto è formato da 4 cifre ed è tale che scrivendolo al contrariosi ottiene il quadruplo del numero stesso. Qual è questo numero?

Esercizio 60. Con quale cifra termina 20182018?

Esercizio 61. Trovare il numero di 8 cifre N = a1a2a3a4a5a6a7a8 tale che il numero 31122017 · Ntermini con ...01012018. Dare come risposta a2a4a6a8.

Esercizio 62. Marta, che odia le cose appuntite ma non vuole rinunciare alla sua passione per lamatematica, decide di costruire anziché un Triangolo, un "Trapezio di Tartaglia" nel modo seguente.Scrive in cima i numeri 1,2,3,0,1 e costruisce le righe successive nel modo usuale: alle due estremità di

7

ogni riga c'è il numero 1 e i numeri interni si ottengono facendo la somma dei due numeri sopra nellariga precedente.

1 2 3 0 11 3 5 3 1 1

1 4 8 8 4 2 11 5 12 16 12 6 3 1

1 6 17 28 28 18 9 4 1...

Sia a l'ultima cifra della somma dei numeri presenti nella riga 2018 e sia b l'ultima cifra della sommadei numeri presenti nella riga 2017. Fornire come risultato il prodotto a× b.

Esercizio 63 (Cesenatico 2009 - Finale). Qual è il più grande quadrato perfetto scrivibile in basedecimale, utilizzando due sole cifre distinte, nella forma aabb.

Esercizio 64. Trovare tutti gli interi positivi n tali che 5n − 54 + 55 sia un quadrato perfetto. Darecome risposta la somma di tutti i valori trovati.

Esercizio 65. Stabilire quante sono le coppie ordinate di interi (x, y) non nulli tali che

1

x+

1

y=

1

2018.

Esercizio 66. Determinare quanti sono gli interi positivi n tali che i numeri n − 4, n + 24 e n + 64siano tre numeri primi.

Esercizio 67. K Angelo è un grande pasticciere che per i grandi golosi prepara delle grandi tortecircolari con un diametro AD di 74 cm. Ultimamente, dopo le feste di Natale, ha deciso di ridurre ledimensioni delle sue torte e, perciò, nella confezione circolare di 74 cm di diametro della grande torta,mette tre torte di diametri diversi, rispettivamente AB, BC e CD, ma sempre espressi da un numerointero in centimetri. Le tre torte rientrano esattamente nella confezione della grande torta, come sivede in Figura 3 (dove le proporzioni non fanno testo). Angelo vende la confezione delle tre torte allostesso prezzo della grande torta ma la super�cie delle tre più piccole, messe assieme, è la metà di quelladella torta grande. Quanto misurano i diametri delle tre torte espressi in centimetri? Si fornisca comerisultato la di�erenza fra il prodotto dei due diametri maggiori (AB e BC) e il diametro minore (CD).

A

B

C

D

Figura 3: Le torte per il post Natale.

8

Soluzioni

Algebra

Soluzione 1. Chiamiamo α e β le due radici (intere) del polinomio. La loro somma deve essere dunqueuguale all'opposto del coe�ciente di x mentre il loro prodotto è uguale al termine noto del polinomio:

α+ β = −p αβ = q

Ma, dal momento che q è un numero primo, esso ammette solo fattorizzazioni banali:{α = 1

β = qoppure

{α = −1

β = −q

Siccome la somma deve essere negativa bisogna considerare solo la seconda possibilità, di conseguenza

−p = α+ β = −1− q ⇒ p = q + 1

Abbiamo cioè scoperto che p e q sono due numeri primi consecutivi. Ma gli unici primi con questaproprietà sono 2 e 3. Quindi l'unica soluzione del problema è la coppia (p, q) = (3, 2).

Soluzione 2. Chiamato an l'n-esimo numero scritto sul foglio, si ha che

a1 = 1

a2 = 2

a3 = 3

a4 = 6

an+1 = an + an−1 + an−2 + . . .+ a2 + a1︸ ︷︷ ︸ =

= an + an = 2an se n ≥ 3.

Quindi possiamo calcolare i termini successivi della successione come

an = 2an−1 = 22an−2 = 23an−3 = . . . = 2n−3a3 = 3 · 2n−3.

Pertanto a10 = 3 · 27 = 384.

Soluzione 3. Sia f : N −→ N una funzione tale che per ogni numero naturale n vale

f(f(n)) = n+ 3

E' noto che f(7) = 12. Determinare f(2017).Si noti che dalle ipotesi si ha

f(f(f(f(n)))) = f(f(n+ 3)) = (n+ 3) + 3, ⇒ f2N (n) = n+ 3N per ogni N ∈ N.

Inoltre abbiamo

f(12) = f(f(7)) = 7 + 3 = 10, e f(10) = f(f(12)) = 12 + 3 = 15.

Si trovi N dalla relazione2017 = 10 + 3N ⇔ N = 669,

così che f2N (10) = 10 + 3N = 2017. L'esercizio è così concluso osservando in�ne che

f(2017) = f(f2N (10)) = f2(N+1)(12) = 12 + 3(N + 1),

che, ricordando la scelta N = 669, fornisce f(2017) = 12 + 3(670) = 2022.

9

Soluzione 4. Siano a, b, c le tre radici del polinomio. Dato che sono in progressione geometricasupponiamo che sia

q =c

b=b

a=⇒ ac = b2.

Osserviamo che se q ≥ 1 si ha a ≤ b ≤ c, se invece q ≥ 1 allora deve essere a ≥ b ≥ c. Quindiin entrambi i casi la risposta al problema sarà ac. Dato che il polinomio è monico e di terzo grado,il termine noto è l'opposto del prodotto delle radici, quindi −3375 = abc = b3, da cui b = −15 eac = b2 = 225.

Soluzione 5. Ponendo x = 0 nell'uguaglianza data si ottiene

f(yf(0)) = 2y + f(0) (1)

Se fosse f(0) = 0 si otterrebbe che 0 = 2y per ogni y ∈ R, che è chiaramente assurdo. Deve esseredunque f(0) 6= 0. Possiamo pertanto porre y = z

f(0) nella (1) , ottenendo

f(z) =2

f(0)z + f(0) ∀z ∈ R (2)

Sostituendo l'uguaglianza (2) nell'equazione iniziale si ottiene

2

f(0)

(3x+

2

f(0)xy + yf(0)

)+ f(0) = xy + 2y +

6

f(0)x+ f(0)

⇓(2

f(0)

)2

xy = xy ∀x, y ∈ R

⇓f(0) = ±2

Sostituendo i due valori che può assumere f(0) nella (1) si ottiene che f deve essere di uno di questidue tipi:

f(z) = z + 2 oppure f(z) = −z − 2

Sostituendo queste due espressioni nell'equazione iniziale si ottengono delle uguaglianze vere, quindiqueste due funzioni sono e�ettivamente delle soluzioni dell'equazione funzionale. Pertanto f(2018) puòassumere sia il valore −2018− 2 = −2020 sia il valore 2018 + 2 = 2020, la risposta è quindi 0.

Soluzione 6. Utilizzando la formula del binomio di Newton si ha che(x4 + x

)2018=

2018∑k=0

(2018

k

)x4kx2018−k =

2018∑k=0

(2018

k

)x2018+3k.

Dal momento che 2027 = 2018 + 3 · 3 si ha che il coe�ciente di x2027 è(20183

)= 1367622816.

Soluzione alternativa. Una studentessa ha proposto una soluzione al problema più �combinatorica�.Infatti, dato che il termine x2027 si ottiene facendo prodotti del tipo x · x · · · · · x4 · x4, è possibilecalcolare il suo coe�ciente come il numero di tutti i modi possibili per ottenere 2027 come somma di2018 interi uguali a 1 oppure a 4, tenendo conto dell'ordine degli addendi. Se chiamiamo a il numerodi �pezzi� da 1 e b il numero di �pezzi� da 4 utilizzati, essi devono soddisfare il sistema{

a+ b = 2018

a+ 4b = 2027

Si ricava facilmente che deve essere a = 2015 e b = 3, quindi il problema si riduce a calcolare in quantimodi diversi si possono riordinare duemilaquindici cifre 1 e tre cifre 4. La risposta è data proprio dalbinomiale

(20183

).

Osserviamo che un ragionamento di questo tipo è alla base della formula del binomio di Newton.

10

Soluzione 7. Chiamiamo le radici dell'equazione x1 ed x2 e supponiamo che x1 = 2018. Denotiamoinoltre con c il fattore tale che c = cb. E' ben noto che la somma ed il prodotto delle radici di taleequazione soddisfano {

2018 + x2 = b,

2018x2 = cb.(3)

Ricavando x2 dalla seconda equazione e sostituendo nella prima si ottiene l'identità

20182 + cb = 2018b.

Riordinando i termini e sfruttando la decomposizione a fattori primi 2018 = 1009× 2, si ottiene

1009222 = b(2018− c).

Si noti che, essendo b dispari, si ha necessariamente b = 10092. Dalla prima equazione di (3) si ottienein�ne x2 = 10092 − 2018 = 1016063. La risposta è dunque 6063.

Soluzione 8. Sia f : R −→ R una funzione che soddisfa f(x)f(y) = f(x − y) per ogni x, y ∈ R.Ponendo y = 0 si ottiene che

f(x) · f(0) = f(x)

=⇒ f(x) (f(0)− 1) = 0 ∀x ∈ R.

Si presentano dunque due casi: o f è la funzione identicamente nulla (che è una buona soluzione inquanto veri�ca l'equazione iniziale) oppure f(0) = 1. Supponiamo che sia f(0) = 1. Ponendo x = ynell'equazione iniziale si trova che

[f(x)]2 = f(0) = 1 =⇒ f(x)± 1 ∀x ∈ R

Quindi f(2018) può valere al massimo 1 (ad esempio nel caso in cui f sia la funzione costantementeuguale a 1).

Soluzione 9. Si noti che

1

n√n+ 1 + (n+ 1)

√n

=1√

n+ 1√n(√n+√n+ 1)

=

√n+ 1−

√n√

n+ 1√n

=1√n− 1√

n+ 1.

La somma richiesta quindi risulta telescopica e si sempli�ca in

1− 1√2025

=44

45= 0.9777...

la risposta è quindi 9777.

Soluzione 10. Sviluppando i prodotti si ottiene la seguente uguaglianza, valida per ogni numero realet ∈ R:

t2 + (a− 7)t− 7a+ 2017 = t2 + (b+ c)t+ bc

Le espressioni a sinistra e a destra dell'uguaglianza devono essere dunque due polinomi uguali, quindidevono avere i coe�cienti uguali:

b+ c = a− 7 e bc = −7a+ 2017

Dalla prima ricaviamo a = b+ c+ 7 e sostituendo poi questa espressione di a nella seconda si ottienebc = −7b− 7c− 49 + 2017, che si può riscrivere come

(7 + b)(7 + c) = 2017

11

Siccome 2017 è un numero primo si può fattorizzare solo in modi banali: 2017 = (−1)(−2017) oppure2017 = 1 · 2017. Quindi si presentano solo quattro casi:{

7 + b = 1

7 + c = 2017

{7 + b = 2017

7 + c = 1

{7 + b = −1

7 + c = −2017

{7 + b = −2017

7 + c = −1

Risolvendo ciascuno dei sistemi precedenti e calcolando il corrispondente valore di a si ottengono lequattro terne (a, b, c) soluzioni del problema:

(2011,−6, 2010) (2011, 2010,−6) (−2025,−8,−2024) (−2025,−2024,−8) .

Soluzione 11. Consideriamo il polinomio Q(x) = P (x)− 2018. Per ipotesi sappiamo che

Q(n) = P (n)− 2018 = 0 ∀ n = 1, . . . , 2017.

Per il Teorema di Ru�ni il polinomio Q(x) sarà divisibile per x− 1, x− 2, . . . , x− 2017, ovvero esisteun polinomio A(x) a coe�cienti interi tale che

P (x)− 2018 = Q(x) = (x− 1) (x− 2) . . . (x− 2017)A(x)

da cui P (2018) = 2018 + 2017!A(2018)

Poiché P (2018) > 2018 deve essere A(2018) > 0. Dal momento che 2017! è divisibile per 10000deduciamo quindi che P (2018) termina proprio con 2018.

Soluzione 12. Sia bn = an+1 + 3an. Usando la relazione di ricorrenza si trova che

bn = an+1 + 3an = an + 12an−1 + 3an = 4(an + 3an−1) = 4bn−1

Poichè b0 = a1 + 3a0 = 2 + 3 · 1 = 5 vale dunque la formula seguente per calcolare il generico terminedella successione bn:

bn = 5 · 4n

Quindi a2018 + 3a2017 = b2017 = 5 · 42017 = 5 · 24034 = 10 · 24033. Quindi l'ultima cifra è 0 e le penultimedue sono le ultime due cifre di 24033. Quindi basta studiare la classe di congruenza di 24033 modulo100. Calcoliamo il resto di 24031 modulo 25. Dato che φ(25) = 52 − 5 = 20 si ha che

24031 ≡ 220·201 · 211 ≡ 23 (mod 25)

Di conseguenza esisterà un intero k tale che 24031 = 25k+23 e dunque 24033 = 4 ·24031 = 100k+92. Inconclusione le ultime tre cifre di a2018 + 3a2017 sono 920. In alternativa è possibile risolvere l'eserciziocalcolando esplicitamente il termine n-esimo della successione an. Consideriamo infatti il polinomiocaratteristico associato alla successione per ricorrenza

x2 − x− 12.

Le sue radici sono i numeri 4 e −3, quindi an sarà della forma

an = A4n +B(−3)n

Sostituendo i due dati inziali a0 e a1 si ottiene

an =2

74n +

5

7(−3)n.

12

Soluzione 13. Sia f : R −→ R una funzione che soddisfa l'equazione

f(x)f(y) + f(x+ y) = xy ∀ x, y ∈ R (4)

Per x = 0 si ha che

f(0)f(y) + f(y) = 0 ⇒ f(y) (f(0) + 1) = 0 ∀ y ∈ R.

Se fosse f(0) + 1 6= 0 allora si avrebbe che f(y) = 0 per ogni y ∈ R, dunque f sarebbe la funzionecostantemente nulla. Ma sostituendo f ≡ 0 nell'equazione (4) si giunge ad un assurdo:

0 = xy ∀ x, y ∈ R.

Di conseguenza deve essere f(0) = −1.Poniamo ora x = 1, y = −1 nella (4):

f(1)f(−1) + f(0) = −1

⇓f(1)f(−1)− 1 = −1

⇓f(1)f(−1) = 0.

Si presentano pertanto due casi:

• f(1) = 0. Ponendo allora x = 1 nella (4) si ottiene

f(1)f(y) + f(1 + y) = y

⇓f(1 + y) = y

Riscalando con la sostituzione z = y + 1 deduciamo quindi che

f(z) = z − 1.

Di fatti questa funzione veri�ca l'equazione iniziale:

(x− 1)(y − 1) + x+ y − 1 = xy ∀ x, y ∈ R.

Quindi f(2018) = 2018− 1 = 2017.

• f(−1) = 0. Procedendo in maniera analoga al caso precedente, sostituendo x = −1 nell'equazioneiniziale si ottiene

f(y − 1) = y

Di conseguenzaf(z) = −z − 1.

Si veri�ca che anche questa funzione rispetta l'equazione iniziale e vale f(2018) = −2019.

Dunque i possibili valori per f(2018) sono 2017 e −2019, quindi la risposta è | − 2| = 2.

13

Combinatoria

Soluzione 14. Il numero di permutazioni delle cifre 1,2,3,4,5,6 è 6! = 720. Per simmetria metà di essetermineranno con un numero pari e metà con un numero dispari. Quindi il numero di tentativi da faresarà 720/2 = 360. Occorreranno pertanto 7 · 360 = 2520 minuti per provarle tutte.

Soluzione 15. I numeri multipli di 3 sono in numero

⌊2018

3

⌋= 672 mentre invece i multipli di 4

sono

⌊2018

4

⌋= 504. Se sommiamo i due numeri trovati contiamo due volte i multipli di 12, che sono⌊

2018

12

⌋= 168. Quindi la risposta è 672 + 504− 168 = 1008.

Soluzione 16. La potenza di lavoro di Antonio è di PA = 1/60 stanza/minuto, quella di Bob è diPB = 1/30 stanza/minuto e quella di Carlo è di PC = 1/20 stanza/minuto. Quando lavorano insiemele loro potenze si sommano diventando

P = PA + PB + PC = 1/10 stanza/minuto.

Dunque per pitturare la stanza ci impiegheranno 10 minuti.

Soluzione 17. Dette PN , PB e PV le probabilità di estrarre due calzetti neri, blu o verdi rispettiva-mente, si ha che

PN =7

16· 6

15=

7

40PB =

5

16· 4

15=

1

12PV =

4

16· 3

15=

1

20.

La probabilità di estrarre due calzetti uguali sarà quindi uguale a PN +PB +PV = 740 + 1

12 + 120 = 37

120 .

Soluzione 18. Calcoliamo innanzitutto gli anagrammi della parola SETTORE. Essa è formata da 7lettere ma ci sono delle ripetizioni: 2T e 2E. Gli anagrammi sono quindi

7!

2!2!= 1260

Calcoliamo adesso il numero di anagrammi che contengono all'interno la parola `SETTE'. Possiamovedere questo gruppo di lettere come un'unica lettera, che ad esempio chiamiamo X. Si tratta dunquedi calcolare tutti gli anagrammi che si possono formare usando le lettere X, O R, che sono 3!=6. Larisposta al problema si ottiene quindi facendo la di�erenza 1260− 6 = 1254.

Soluzione 19. Detta p la probabilità che quanto richiesto accada, la probabilità del suo evento com-plementare non sarà altro che p = (1−p). Calcoliamo dunque la probabilità dell'evento complementarerichiedendo (1−p) ≤ 7

10 . Date due persone nate in febbraio, la probabilità che la seconda non festeggiil compleanno nello stesso giorno della prima è esattamente 27

28 . Aggiungendone una terza, essendo glieventi indipendenti, la probabilità complementare sarà data da 27

28 ·2628 . Per un numero di persone n

qualsiasi si avrà:

p(n) =27

28· 26

28· · · 28− n + 1

28=

28!

28n(28− n)!. (5)

Calcolandolo per n = 5 si ottiene:

p(5) =27

28· 26

28· 25

28· 24

28≈ 0.685 < 0.7→ p > 0.3. (6)

14

Soluzione 20. Preso un qualsiasi numero ottenuto permutando fra loro le cifre 9,8,5,3,2,2, esso sa-rà multiplo di 11 se e soltanto se la somma a segni alterni delle cifre è a sua volta multipla di 11.Osserviamo ora che, poiché la somma delle cifre a disposizione è 29, le uniche somme a segni alter-ni multiple di 11 ottenibili sono −22,−11, 0, 11, 22. Inoltre la somma a segni alterni deve avere lastessa parità di 29, quindi potrà essere 11 oppure -11. Notiamo ora che se una certa con�gurazione(n1, n2, n3, n4, n5, n6) è tale che la somma a segni alterni n1 − n2 + n3 − n4 + n5 − n6 è 11, allorala con�gurazione (n2, n1, n4, n3, n6, n5) ottenuta scambiando le cifre di posto pari con quelle di postodispari darà come somma a segni alterni -11, quindi i due casi sono simmetrici. Si vede facilmente chel'unico modo per ottenere come somma a segni alterni 11 è quello di mettere nei posti dispari le cifre9, 8 e 3 e nei posti pari le cifre 5, 2, 2. I modi di permutare fra loro le cifre 9,8,3 sono 3! = 6 mentre imodi di permutare le cifre 5, 2, 2 sono 3!

2 = 3. Dunque ci saranno 6 · 3 = 18 con�gurazioni che dannocome somma a segni alterni 11 e per simmetria, ce ne saranno altre 18 che daranno -11. Quindi larisposta è 36.

Soluzione 21. Si osservi che l'esercizio è equivalente a trovare il numero di scelte (x1, x2, ..., x6) taliche x1 + x2 + ...+ x6 = r con r = 6, 7, ..., 101. Dunque, il risultato è dato dalla somma

10∑r=6

(r − 1

6− 1

)=

(5

5

)+

(6

5

)+

(7

5

)+

(8

5

)+

(9

5

)= 1 +

6!

1!5!+

7!

2!5!+

8!

3!5!+

9!

4!5!= 210

Soluzione 22. Si noti che ogni con�gurazione amico/regalo è equiprobabile. Tutti i modi in cuipossono venire scelti i regali sono 6!. Per contare tutte le con�gurazioni in cui nessuno riceve il proprioregalo è su�ciente contare tutte le permutazioni dei numeri 123456 in cui nessun numero appare 'alposto giusto': 654321, 564321, 542361... Queste sono chiamate dismutazioni e vi è una nota formulaesplicita per calcolarle: in generale le dismutazioni di n oggetti distinti sono date da

n!

[1

2!− 1

3!+

1

4!− 1

5!+ ...+ (−1)n

1

n!

].

Nel nostro caso n = 6 abbiamo in totale

6!/2!− 6!/3! + 6!/4!− 6!/5! + 1 = 265

combinazioni possibili. La probabilità cercata è data quindi da

P =265

6!=

53

144,

la risposta quindi è 197.

Soluzione 23. Homer ha a disposizione esattamente 8 passi per raggiungere la ciambella prima che ilsuo capo lo richiami a lavorare. Inoltre, Homer esegue un passo in una delle quattro direzioni cardinalicon uguale probabilità. La dinamica può essere modellizzata su un piano cartesiano come in Figura4. Si osservi che Homer può compiere in totale 48 diverse traiettorie cambiando decisione prima diogni passo. L'esercizio è quindi concluso una volta individuato il numero di traiettorie ammissibili perarrivare alla ciambella dalla formula

Probabilità di arrivare alla ciambella =Traiettorie ammissibili

48.

1Vi sono esattamente(r−1n−1

)vettori distinti t.c. x1 + x2 + ...+ xn = r

15

−5

3

Figura 4: Modello di camminata aleatoria 2-D per raggiungere la ciambella.

Si noti che Homer ha a disposizione esattamente 8 passi, di cui 5 verso sinistra e 3 verso l'alto. Vi sonoesattamente 8!

5!3! modi diversi per compiere queste scelte (cioè diverse traiettorie ammissibili!), quindisi ha in�ne

Probabilità di arrivare alla ciambella =8!

5!3!48=

7

213.

La somma del numeratore e del denominatore della frazione è quindi 7 + 213 = 8199.

Soluzione 24. Si considerino 8 dita. Esse sono divise da 7 spazi vuoti. Si dispongano allora gli anelliin un'unica �la con delle sbarrette frapposte ad indicare gli spazi.

Tutte le possibili combinazioni di spazi e anelli saranno le permutazioni di [7 + (8 − 1)] oggetti edunque [7 + (8 − 1)]!. Essendo gli spazi indistinguibili, tale numero andrà diviso per le permutazionidegli spazi ottenendo come risultato

[7 + (8− 1)]!

7!=

14!

7!= 17297280.

Soluzione 25. Per i = 1, 2, ..., 5, denotiamo con xDi il numero di opere di Dalì acquistate dal collezio-nista i-esimo; con xVi il numero di opere di Van Gogh acquistate dal collezionista i-esimo; con xPi ilnumero di opere di Picasso acquistate dal collezionista i-esimo.Si noti che, ad un'asta, un collezionista può anche non riuscire ad acquistare nessuna opera di unautore (per esempio xD2 = 0). Per ogni artista, il numero di possibili esiti dell'asta è uguale al numerodelle soluzioni intere non negative2 delle equazioni

xD1 + ...+ xD5 = 4,

xV1 + ...+ xV5 = 5,

xP1 + ...+ xP5 = 3.

(7)

Ad esempio, ad ognuno dei possibili esiti dell'asta di Dalì, può seguire un qualsiasi esito di Van Goghe viceversa. Bisogna pertanto moltiplicare tra di loro il numero di soluzioni trovato per ogni equazionein (7). In�ne, la soluzione è data dal prodotto(

9− 1

4

)(10− 1

4

)(8− 1

4

)= 308700.

Soluzione 26. Osserviamo che dobbiamo contare tutti i modi di colorare un ottagono regolare condue colori, a meno di rotazioni. Infatti se una colorazione può essere ricondotta ad un'altra con unarotazione dell'ottagono attorno al centro, le due colorazioni formano lo stesso piatto. Se assumiamoche l'ottagono non possa essere ruotato allora esistono 28 combinazioni di colori. Raggruppiamo questecombinazioni in insiemi (disgiunti) che contengano solo combinazioni che sono uguali a meno di rota-zione (ovvero che formano lo stesso piatto). La risposta sarà il numero di questi insiemi. Un insieme

2Vi sono(r+n−1n−1

)diverse soluzioni intere di x1 + x2 + ...+ xn = r con xi ≥ 0

16

sarà per esempio quello che contiene gli 8 ottagoni con un solo lato giallo, infatti esiste solo un piattocon un lato giallo. Notiamo che la cardinalità di questi insiemi può essere solo 8, 4, 2, 1, ovvero i divisoridi 8. Ovvero alcuni piatti hanno 8 rotazioni diverse, altri 4, altri 2 e altri solo una. Osserviamo orache quasi tutti i piatti ammettono 8 rotazioni, a parte quelli 'più simmetrici' in Figura.

Questi ammettono in ordine: 2, 4, 4, 4, 1, 1 rotazioni possibili. Dunque il numero di insiemi in cuisono divise le 28 combinazioni, ovvero il numero di piatti, è (28 − 2− 4− 4− 4− 1− 1)/8 + 6 = 36.

Soluzione 27. Si indichi con p, rispettivamente q, la probabilità di Anna, rispettivamente Bob, di fareil turno. Se Anna ha il doppio delle probabilità di vincere ogni punto, risulta p = 2

3 , q = 1− p = 13 .

Chiamo Pi la probabilità che Anna vinca partendo dallo stato i, per i = 1, 2, ..., 5, come in Figura 5.Risolvere il problema equivale a trovare P1. Si hanno le seguenti relazioni:

P1 = 23P4 + 1

3P2,

P2 = 23P1 + 1

3P3,

P3 = 0

P4 = 13P1 + 2

3P5,

P5 = 1.

Risolvendo il sistema si ricava P1 = 45 .

Pari

Anna inAnna vince

Bob vince

p

q

p

p

q

q

1

vantaggio

Bob invantaggio

4 5

32

Figura 5: Modello dei possibili stati i della partita di Ping-Pong partendo da una situazione di parità.

17

Soluzione 28. Chiamiamo Sn il numero di sottoinsiemi di {1, 2, . . . , n} che non contengono coppiedi numeri consecutivi. Immaginiamo di costruire un sottoinsieme di {1, 2, . . . , n} in questo modo: aciascun numero associamo la lettera A se decidiamo di includerlo nell'insieme, la lettera B se decidiamodi non prenderlo. Un qualunque sottoinsieme corrisponde dunque ad una parola di n lettere formatautilizzando soltanto i caratteri A e B. Se vogliamo che un sottoinsieme non contenga due numericonsecutivi basta richiedere che la parola associata all'insieme non contenga due lettere A consecutive.Osserviamo che per n = 1 si trova banalmente che S1 = 2 (la parola può essere `A' oppure `B'). Sen = 2 le parole accettabili sono `AB', `BB' e `BA', quindi S2 = 3. Se n > 2 possiamo costruire unaparola di n lettere che non contenga due A consecutive in modo ricorsivo. Infatti, se la prima letteradella parola è una B allora possiamo costruire una parola accettabile scegliendo le restanti n−1 letterein Sn−1 modi. Se invece decidiamo di piazzare al primo posto la lettera A, la seconda lettera dovràessere necessariamente una B. Dopodiché possiamo scegliere le restanti n − 2 lettere in Sn−2 modi.Quindi in totale possiamo costruire una parola accettabile di n lettere in Sn = Sn−1 + Sn−2 modi,ovvero gli Sn sono i numeri della successione di Fibonacci:

2, 3, 5, 8, 13, . . .

Il problema ci chiede di calcolarne il quindicesimo termine, che è 1597.

Soluzione 29. Tutti i possibili percorsi che la cavalletta può fare con 12 passi partendo da A sono212. Chiamiamo ora con Sn il numero di percorsi possibili che partendo da A al n-esimo passo tornanoin A. Siccome ogni percorso è equiprobabile, la probabilità cercata sarà

P =S12212

.

Troviamo il valore di S11 per ricorrenza. Fissiamo n > 2. Un percorso di n passi che parte da A etorna in A può terminare in 4 modi diversi:

1 : A......ACA

2 : A......ABA

3 : A......CBA

4 : A......BCA.

Notiamo che nei primi due casi i primi n − 2 passi formano una sequenza che parte da A e terminain A, il numero totale di queste sequenze è Sn−2. Dunque il numero totale di sequenze di tipo 1 e 2è 2Sn−2. Notiamo ora che nel terzo caso i primi n − 2 passi formano una sequenza che parte da A etermina in B. Queste possono essere viste come le sequenze di n− 1 passi che partono da A e tornanoin A passando subito prima per B. Lo stesso vale nel quarto caso, ma rispetto a C. Dunque la sommadelle sequenze nei casi 3 e 4 è proprio Sn−1. Deduciamo dunque che

Sn = Sn−1 + 2Sn−2.

Siccome S0 = 1 e S1 = 0 abbiamo la formula

Sn =2n + 2(−1)n

3,

da cui

P =1

3+

1

3 · 211=

683

2048.

La risposta è quindi 2731.

18

Soluzione 30. Notiamo innanzitutto che la scacchiera è inin�uente, nel senso che i bordi di essa nondanno alcuna limitazione ai possibili modi di incontrarsi in 3 passi. Dunque possiamo sempli�care ilproblema supponendo che Alfa e Beta si trovino nel piano cartesiano nei punti A = (0, 0) e B = (2, 2)e che possano muoversi liberamente nelle quattro direzioni cardinali. Per sempli�care ulteriormente,invece di considerare il movimento dei due punti A e B separatamente conviene considerare il vettoredi�erenza C = B−A. Avremo all'inizio del gioco C = (2, 2) e se al primo turno A si muove verso l'altoin (1, 0) e B verso sinistra in (1, 2), C diventerà (2, 1)− (1, 0) = (1, 1) e così via. A e B si incontreran-no quando C = (0, 0). Si calcola facilmente che i poossibili movimenti di C ad ogni turno sono i seguenti:

116

116

116

116

18

18

18

18

14

dove le freccie lunghe indicano passi lunghi due e il punto indica lo 'stare fermi'. Vediamo ora che imodi per C di andare a (0, 0) in due passi sono a meno di permutazioni i seguenti:

1

2

Il percorso 1 accade con probabilità 1162

e il percorso due con probababilità 182. Siccome il percorso 1

può essere percorso in due ordini diversi, la probabilità di incontrarsi in due passi sarà 2162

+ 182. Invece

i modi per C di andare a (0, 0) in tre passi (senza fermarsi) sono a meno di permutazioni i seguenti:

1

2

Entrambi i percorsi accadono con probabilità 116 ·

182. Siccome entrambi i percorsi possono essere

percorsi in 3! = 6 diversi ordini, avremo che la probabilità di incontrarsi in tre passi (senza fermarsi)sarà 12

16 ·182. In�ne i modi per C di andare a (0, 0) in tre passi (fermandosi una volta) sono a meno di

permutazioni i seguenti:

1

2

19

Il percorso 1 accade con probabilità 1162· 14 e il percorso due con probababilità 1

82· 14 . Notiamo che 1

può essere percorso in 4 modi diversi (attenzione che il punto non può stare alla �ne!) e il 2 in 2 modidiversi. Dunque la probabilità di incontrarsi in tre passi (fermandosi una volta) sarà 1

162· 44 + 1

82· 24 .

Sommando tutte le probabilità ottenute si trova

2

162+

1

82+

12

16· 1

82+

1

162· 4

4+

1

82· 2

4=

3

64.

Soluzione 31. Immaginiamo di porre il parallelepipedo in un sistema di assi cartesiani tridimensionalein modo che i suoi vertici siano (0, 0, 0), (60, 0, 0), (60, 72, 0), (0, 72, 0), (0, 0, 80), (60, 0, 80), (60, 72, 80), (0, 72, 80).Tracciamo quindi la diagonale che unisce i punti (0, 0, 0) e (60, 72, 80). Immaginiamo ora di percorrerlacon velocità costante partendo dal tempo t = 0 dal punto (0, 0, 0) e arrivando al tempo t = 1 al punto(60, 72, 80). In un generico tempo t ∈ [0, 1] ci troveremo quindi nel punto (60t, 72t, 80t). All'iniziodel percorso ci troveremo quindi all'interno del cubetto che ha un vertice nell'origine degli assi. L'os-servazione cruciale è la seguente: i tempi t in cui lasciamo un cubetto ed entriamo un nuovo cubetto'perforandolo' sono esattamente quelli in cui il punto (60t, 72t, 60t) ha almeno una coordinata intera.Siccome le tre coordinate lungo il tragitto passano da (0, 0, 0) a (60, 72, 80), abbiamo che la primacoordinata diventa intera 60 volte, la seconda 72 volte e la terza 80 volte. Tuttavia alcune potrebberodiventare intere nello stesso istante. Non ci resta che contare quante volte abbiamo contemporaneamen-te 2 coordinate intere o 3 coordinate intere. Le prime due coordinate sono intere contemporaneamentenegli istanti t tali che 60t = n che 72t = m con m,n interi positivi. Notiamo che si ha

n = m5

6

dunque m è un multiplo di 6, dunque le uniche 12 possibilità sono m = 6, 12, 18, ..., 72. La seconda e laterza coordinata sono intere contemporaneamente negli istanti t tali che 72t = n e 80t = m con m,ninteri positivi. Come prima notiamo che n = 9/10m e quindi m deve essere multiplo di 10, le uniche 8possibilità sono m = 10, 20, ..., 80. Allo stesso modo ricaviamo che la prima e la terza coordinata sonointere contemporaneamente esattamente 20 volte. Ci mancano solo da contare le volte in cui tutte e trele coordinate sono intere, ovvero i momenti t in cui 60t = n, 72t = m e 80t = l con l,m, n interi positivi.Come prima si deduce che m = n6/5 e l = n4/3 e quindi n deve essere un multiplo di 15, ovvero cisono solo 4 possibilità m = 15, 30, 45, 60. Riassumendo abbiamo che : la prima coordinata è intera 60volte, la seconda 72 volte e la terza 80; inoltre la prima e la seconda sono intere contemporaneamente12 volte, la seconda e la terza 8 volte, la prima e la terza 20 volte; in�ne 4 volte sono tutte e tre intereassieme. Con un ragionamento di inclusione esclusione otteniamo che in totale il numero di volte incui almeno una coordinata è intera è dato da

60 + 72 + 80− 12− 8− 20 + 4 = 176.

La risposta è quindi 176.

20

Geometria

Soluzione 32. Osserviamo innanzitutto che, chia-mata ` la lunghezza del lato del quadrato, si haMF = ME = MN = `. Ma poiché M è il puntomedio di AB si ha che MB = `

2 = MF2 . Dun-

que il triangolo rettangolo MBF ha l'ipotenusauguale al doppio di un cateto, quindi è la metà diun triangolo equilatero di lato `. Pertanto l'ango-lo BMF misura 60◦ mentre il suo complementareFMN misura 30◦.

Poiché il triangoloMFN è isoscele su base FN possiamo calcolare l'angolo richiesto per di�erenza:

MNF =180◦ − 30◦

2= 75◦.

La risposta è quindi 2 · 75◦ = 150◦.

Soluzione 33. Il cerchio che rappresenta la lettera O ha area pari a 62π m2. Per calcolare l'area dellalettera C osserviamo che, chiamati Q il centro della bandiera e R il punto di contatto della lettera Ccon il bordo della bandiera, il triangolo RPQ è equilatero.

La lettera C è dunque un terzo di una corona circolare avente raggio esterno di 12 m e raggio interno6 m, e ha quindi area pari a 1

3π(122 − 62) m2. L'area della regione nera in metri quadri sarà dunque

62π +1

3π(122 − 62) = 72π

Occorreranno quindi 5 · 72π = 1130, 976 euro per riverniciarla.

Soluzione 34. Sia M il baricentro del trian-golo ABC. Chiamiamo x e y le lunghezzedi ME e MD rispettivamente. Poiché il ba-ricentro divide le mediane in due parti lun-ghe una il doppio dell'altra, i segmenti MAe MB misureranno 2y e 2x, rispettivamente.

Utilizzando il Teorema di Pitagora sul triangolo AME si ottiene

16 =

(AC

2

)2

= AE2 = x2 + 4y2 (8)

In maniera analoga si ottiene che9 = 4x2 + y2 (9)

21

Sommando le equazioni (8) e (9) deduciamo che

25 = 5(x2 + y2) ⇒ x2 + y2 = 5

Per trovare la misura di AB basta dunque applicare nuovamente il Teorema di Pitagora al triangoloAMB:

AB =√

4x2 + 4y2 =√

20

Soluzione 35. Osserviamo innanzitutto che l'an-golo CBK misura 180◦ − 135◦ = 45◦, quindi iltriangolo BKC è la metà di un quadrato di lato3.Poiché ABCD è un quadrilatero ciclico si ha cheDAB = 180◦ − BCD = BCK = 45◦.Quindi anche AKD è la metà di un quadrato dilato 8 + 3 = 11.Quindi l'area del quadrilatero si calcola semplice-mente per di�erenza:

[ABCD] = [AKD]− [BKC] =112

2− 32

2= 56.

Soluzione 36. Consideriamo lo sviluppo piano della super�cie della piramide.

Dette a e b le misure di BD e DC si ha che l'area del triangolo rettangolo BDC ′′ è uguale ad A1 = ab2

e l'ipotenusa BC ′′ misura√a2 + b2. Poiché i lati BC ′′ e BC ′ corrispondono allo stesso spigolo della

piramide si ha che anche BC ′ =√a2 + b2. Anche i segmenti AC ′ e AC corrispondono allo stesso

spigolo, quindi AC ′ = AC = AB = `. Troviamo l'altezza del triangolo ABC ′ con il Teorema diPitagora:

AH2 = `2 −BH2 = `2 − a2 + b2

4

Il triangolo ABC ′ avrà dunque area A2 = 12

√a2 + b2 ·

√`2 − a2+b2

4 . Sempre Utilizzando il Teorema diPitagora possiamo calcolare l'altezza AK del triangolo ABC:

AK2 = `2 − (a+ b)2

4.

22

Dunque ABC ha area A3 = 12(a+ b) ·

√`2 − (a+b)2

4 . Sommando tutto si trova la super�cie totale dellapiramide:

S = A1 +A2 +A3 =1

2

(ab+

√a2 + b2 ·

√`2 − a2 + b2

4+ (a+ b) ·

√`2 − (a+ b)2

4

)=

=1

2

(15 +

√34 ·

√17− 34

4+ 8 ·

√17− 82

4

)=

=1

2

(15 +

√34 ·√

34

2+ 8 · 1

)=

=15 + 17 + 8

2= 20.

Soluzione 37. Per cominciare, tracciamo le congiungenti BD e AC. Tracciamo inoltre l'altezza relativaad AD e ne chiamiamo H il piede. Essendo il triangolo ABC isoscele, si avrà AH = HC sui quali segmentidecidiamo di porre l'incognita x. Essendo inoltre anche l'intero triangolo ABD isoscele otteniamo:

AD = BD = 2x+ l; (10)

avendo posto l = AB. Ci rendiamo conto che i triangoli HBD e HBC sono entrambi rettangoli econdividono l'altezza, da cui l'equazione risolvente applicando il teorema di Pitagora:

l2 − x2 = (2x+ l)2 − (x+ l)2. (11)

Una volta ottenuta x, il calcolo del perimetro è banale.

Figura 6: L'aiuola di Willies.

Soluzione 38. Si osservi che l'area di interesse può essere trovata in modo analogo calcolando l'areadel rettangolo H

′HEO come in Figura 7. Si denoti con l il lato del quadrato ABCD, e si ponga x

Area= 2018m2

A

B C

D

O

H E

F

H′

Figura 7: Dati del problema.

23

uguale al segmento BH. Imponendo una condizione di similitudine tra i triangoli ABE ed FHE siottiene

HE

BE=FH

AB⇔

l2 − xl2

=x

l,

che ci da

x =l

3⇔ HE =

l

6.

Si noti che il lato l di un quadrato di Area 2018m2 è dato da l =√

2018m. In�ne, abbiamo il risultatoper l'area di interesse

Area =l

6

l

2=

2018m2

12= 168, 166m2.

Soluzione 39. Immaginiamo di �ssare un sistema di riferimento cartesiano centrato nel punto C incui il chiodo si trova inizialmente con asse delle x parallelo alla strada. Chiamiamo A e A′ le posizionidel centro della ruota all'istante iniziale e �nale.

Se C ′ è il punto in cui si trova il chiodo nel momento in cui Andrea si ferma, la sua coordinata y sarà

y = R−A′H = R−R cos 30◦ = R(

1−√32

), dove R è il raggio della ruota. Per calcolare la coordinata

x occorre invece sottrarre il segmento HC ′ dalla distanza percorsa dai centri AA′, che è uguale allamisura dell'arco di circonferenza tra K e C ′, che si trova facendo la proporzione

30 : 360 = AA′ : 2πR =⇒ AA′ =πR

6.

La coordinata x di C ′ sarà quindi data da

x = AA′ −HC ′ = πR

6−R sin 30◦ = R

(π

6− 1

2

).

Dunque la distanza tra C e C ′ si può calcolare con Pitagora:

CC ′2

= x2 + y2 = R2

(1−√

3

2

)2

+R2

(π

6− 1

2

)2

= R2

(2−√

3− π

6+π2

36

).

Soluzione 40. Osserviamo innanzitutto che l'angolo DAG misura 60◦, di conseguenza DAB = 90◦−DAG = 30◦. Dunque ABD = 60◦ e quindi ABD è la metà di un triangolo equilatero.

24

Se denotiamo con ` il suo lato, troviamo facilmente che AG = `2

√3, BD = `

2 , DK = `4

√3, AK = 3

4`,KB = `

4 . Possiamo scomporre il calcolo del volume del solido di rotazione in tre parti: calcoliamoprima il volume del tronco di cono ottenuto dalla rotazione del trapezio GDKA, poi sommiamo ilvolume del cilindro ottenuto dalla rotazione del rettangolo DJLK e in�ne sottraiamo il volume delcono ottenuto dalla rotazione del triangolo JLB. Il volume del tronco di cono si ottiene con la appositaformula:

V1 =π

3·AK

(DK2 +DK ·GA+GA2

)=

21

64π`3.

Il volume del cilindro sarà

V2 = πDK2 ·DJ = πDK2 ·DB = π3

32`3.

In�ne, il colume del cono sarà

V3 =π

3JL2 ·BL =

π

3DK2 ·BK =

π

64`3.

Dunque il volume del solido sarà dato da

V1 + V2 − V3 =21

64π`3 + π

3

32`3 − π

64`3 =

26

64π`3 = 26π.

Soluzione 41. Occorre innanzitutto calcolare ilperimetro della casa, di cui solo 3 lati sono no-ti. Osserviamo che per le ipotesi del problema itriangoli BCK e KDE sono entrambi uguali ametà quadrato, quindi si ha che BK = BC

√2 =

2√

2. Utilizzando il Teorema della bisettrice sultriangolo ABE si ha

AB

AE=BK

KE⇒ KE =

BK ·AEAB

=8

3

√2 ⇒ DE =

8

3.

Anche il triangolo CDK è rettangolo, quindi per il Teorema di Pitagora

CD =√KC2 +KD2 =

√4 +

64

9=

10

3

Il perimetro della casa misura quindi 6+2+ 103 + 8

3 +8 = 22m. Osserviamo ora che il recinto è formatoda 5 tratti rettilinei uguali e paralleli a ciascun lato della casa e da 5 archi di circonferenza di raggio11π in prossimità di ogni vertice. Si vede facilmente che la somma degli angoli al centro corrispondentia questi 5 archi fa 360◦, quindi la somma di questi 5 tratti curvilinei forma una circonferenza di raggio11π , che avrà quindi misura 2π · 11π = 22m. Quindi il recinto misura 22 + 22 = 44m. Il prezzo al metrodel �lo spinato sarà pertanto dato da 132 : 44 = 3m.

Soluzione 42. Si denotino con l = 2940, L = 3000 i due lati del rettangolo. Si osservi, come si deducedalla Figura 8, che la somma s dei due raggi é data dalla formula

s2 = (l − s)2 + (L− s)2.

L'esercizio consiste nel trovare il massimo valore di s dall'equazione sopra. Risolviamo dunquel'equazione di secondo grado

s2 − 2s(l + L) + l2 + L2 = 0,

imponendos1,2 = l + L∓

√(l + L)2 − l2 − L2 = l + L∓

√2lL.

Ovviamente, se i centri dei due cerchi devono giacere dentro il rettangolo, la somma non può superarela diagonale d =

√L2 + l2 ≈ 4.200 del rettangolo, quindi s2 = l+L+

√2lL è da scartare. La soluzione

é dunque s = 5940−√

2 · 3000 · 2940 = 1740.

25

L

l

s

l−s

L− s

Figura 8: Somma dei raggi di due circonferenze tangenti al rettangolo.

Soluzione 43. Utilizzando i simboli della �gura si osservi innanzitutto che il quadrilatero BC ′IA′ èun quadrato (ha gli angoli tutti retti e due lati consecutivi uguali).

Quindi se r denota il raggio della circonferenza inscritta si ha che BC ′ = r. Inoltre i triangoli rettangoliIB′M e IC ′B sono uguali perchè hanno ipotenuse uguali (per ipotesi) e un cateto uguale al raggio rdella circonferenza inscritta, quindi B′M = BC ′ = r. Inoltre si ha che AC ′ = AB′ perchè sono duesegmenti tangenti alla circonferenza inscritta. Quindi AB = AC ′ + C ′B = AM = 1000

2 = 500.

Soluzione 44. Chiamiamo I il punto di intersezione tra AH e CE (si osservi che tale punto è l'incentrodel triangolo ABC).

Essendo l'angolo CAH complementare di ACH misurerà 90◦−36◦ = 54◦. Poiché il triangolo è isoscelesi avrà anche HAB = 54◦. Ragioniamo ora sul triangolo AEC:

AEC = 180◦ − EAC − ACE = 180◦ − 2 · 54◦ − 18◦ = 54◦ = HAB

Quindi il triangolo AIE è isoscele con AI = IE. Consideriamo ora il simmetrico I ′ del punto I rispettoal segmento BC. Essendo I ′CH = HCI = 18◦ si ha che I ′CA = 3 · 18◦ = 54◦ = CAI ′. Quindi ancheil triangolo AI ′C è isoscele con I ′A = I ′C. Ma per costruzione I ′C = CI, quindi

CE = IE + IC = IA+ I ′C = IA+ I ′A

= IA+ (AH +HI ′)

= IA+AH +HI = 2AH = 2 · 3m = 6m.

26

Soluzione 45. Per trovare il cammino minimo conviene considerare uno sviluppo piano del parallele-pipedo come in Figura 9. A questo punto il problema si riduce a trovare il percorso minimo per andareda A a B nel piano e questo è ovviamente il segmento che li unisce.

A

A

B

B

14m

10m

18m

1m

Figura 9: Cammino minimo da e�ettuare sul parallelepipedo per collegare A con B.

Per calcolare la lunghezza di AB è su�ciente usare il Teorema di Pitagora :

AB =√

(1 + 18 + 5)2 + (5 + 13)2m = 30m.

Si noti che quello in Figura 9 non è l'unico sviluppo possibile, ce ne sono almeno altri 2, che tuttaviaforniscono un cammino più lungo (veri�ca lasciata al lettore).

Soluzione 46. Sia γ l'angolo ACB. Si ha cheKAB = KBA = γ, perché nella circonferenzaΓ insistono sullo stesso arco AB. Inoltre, peril parallelismo tra KS e BC si ha che ancheASK = γ. Poiché ASK = ABK il quadrilateroKASB è ciclico, quindi siccome le tangenti KAe KB sono uguali si ha che KSB = ASK = γ.Ma per il parallelismo tra KS e BC si ha cheCBS = KSB = γ. Abbiamo quindi provato cheil triangolo SBC è isoscele. Per calcolare la suaaltezza SH utilizziamo il Teorema di Pitagora:

AH =√SC2 − CH2 =

√52 − 42 = 3.

L'area di BCS è data quindi da 3·82 = 12.

Soluzione 47. Fissato in O il centro del piano cartesiano, siano P1, P2, ..., P20 i vertici del poligono.Per ogni i = 1, ..., 20 la distanza tra Q e il vertice Pi non è altro che il modulo del vettore QPi, dunque

27

occorre calcolare

20∑i=1

|−−→QPi|2 =

20∑i=1

|−−→QO +

−−→OPi|2 =

20∑i=1

|−−→OPi −

−−→OQ|2 =

=

20∑i=1

(|−−→OPi|2 + |

−−→OQ|2 − 2〈

−−→OPi,

−−→OQ〉

)=

=

20∑i=1

(72 + 122 − 2〈

−−→OPi,

−−→OQ〉

)=

= 20 ·(72 + 122

)− 2

20∑i=1

〈−−→OPi,

−−→OQ〉 =

= 3860− 2

⟨20∑i=1

−−→OPi,

−−→OQ

⟩=

= 3860− 2⟨−→O,−−→OQ⟩

= 3860

Si noti che alla �ne è stato utilizzato il fatto che per ogni poligono regolare di vertici P1, ..., Pn centratoin 0 si ha che

−−→OP1 + ...+

−−→OPn = 0.

Osserviamo che la risposta non dipende dall'angolo POQ.

Soluzione 48. Sia K il punto medio di OH. Essorisulta essere il centro della circonferenza di Feuer-bach, che passa anche per i punti M ed F e haraggio R

2 , dove R denota il raggio della circonfe-renza circoscritta ad ABC. Usando il Teorema diPitagora sul Triangolo OKM si ottiene che(

R

2

)2

= KM2 =

(11

2

)2

+ 52 =221

4

=⇒ R2 = 221

Utilizzando ancora Pitagora sul triangolo OMC siottiene

CM2 = R2−OM2 = 221−25 = 196 =⇒ BC = 28.

Soluzione 49. Consideriamo il triangolo FBC.

Essendo E il suo incentro si ha che gli angoli EFA e EFD sono uguali, quindi anche le corde (nellacirconferenza circoscritta a FAED) sottese da tali angoli saranno uguali, dunque AE = ED. Conside-riamo ora la circonferenza Γ inscritta al triangolo FBC e chiamiamo F ′, B′, C ′ i punti in cui essa tocca

28

i lati BC, FC e FB rispettivamente. Dato che l'incentro E è centro di Γ si ha che i triangoli rettangoliEAC ′ e EDB′ sono uguali, perché hanno entrambi un cateto uguale al raggio di Γ e le ipotenuse AEe ED uguali. Per cui anche i cateti AC ′ e DB′ sono uguali, da cui

BC = BF ′ + F ′C = BC ′ + CB′ = (AB +AC ′) + (CD −DB′) = AB + CD = 9cm.

Soluzione 50. Calcoliamo subito l'area di basedella piramide.Poiché le diagonali sono perpendicolari essa saràuguale alla metà dell'area del quadrato che ha perlato la diagonale:

A =(600 + 1400)2

2= 2 · 106.

Per calcolare il volume della caverna d'oro è necessario conoscere la sua altezza PK. Ragionando sullamappa dei pirati, chiamiamo M il punto medio di V C e Q il punto di intersezione tra le rette AV eCK.

Per il Teorema di Ceva si ha che

V Q

QA· APPC· CMMV

= 1

⇒ V Q

QA=PC

AP=

600

1400=

3

7

Utilizzando il Teorema di Van Aubel troviamo che

V K

KP=V Q

QA+VM

MC=

3

7+ 1 =

10

7

KP =7

17V P =

7

175000.

Il volume della caverna d'oro in metri cubi sarà quindi

V =1

3· 7

175000 · 2 · 106 =

7

3 · 171010.

Osservazione. E' possibile calcolare la lunghezza di KP in maniera alternativa.

Detta M ′ la proiezione di M su AC, per il Teore-ma di Talete si ha che M ′ è punto medio di PC.Sfruttando i dati del problema è possibile calcolareMC e M ′C, quindi con il Teorema di Pitagora èpossibile determinare la lunghezza diMM ′. La si-militudine tra i triangoli MM ′A e KPA consentein�ne di trovare KP .

Referenze. Per una dimostrazione dei teoremi di Ceva e di Van Aubel consultare la pagina https:

//www.cut-the-knot.org/triangle/Gergonne.shtml

29

Soluzione 51. Sia R = OA =√

3 il raggio della circonferenza circoscritta ad ABC.

Si ha che il simmetrico I dell'ortocentro Hrispetto al lato AB giace sulla circonferenza cir-coscritta, quindi AI = AH = R. Chiamato ϕl'angolo ACI, per il Teorema della corda vale che

AI = 2R sinϕ = 2R sin(90◦−BAC) = 2R cos BAC

=⇒ R = 2R cos BAC =⇒ BAC = 60◦.

Adesso è possibile calcolare agevolmente BCusando ancora il Teorema della corda:

BC = 2R sin BAC = 2 ·√

3 ·√

3

2= 3.

Soluzione 52. Il percorso di una pallina su un biliardo può essere modellizzato 'ri�ettendo' man manoil biliardo rispetto alla sponda dove la pallina sta rimbalzando e proseguendo la traiettoria in maniera'rettilinea'. Nel nostro caso la pallina può rimbalzare solo sulle sponde CA,CB, quindi è su�cienteri�ettere il biliardo lungo i lati obliqui come in Figura 52. A questo punto i possibili percorsi che

A

C

B

A

B

A

B

10◦

Figura 10: Soluzione per ri�essione del problema del biliardo.

partono da A e �niscono in B, sono tutti i segmenti che collegano A e B (tratteggiati in �gura). Èchiaro a questo punto che il percorso con più rimbalzi è quello che incrocia più lati possibili terminandoin B. È facile contare che il numero di rimbalzi è 16.

Soluzione 53. Iniziamo costruendo un triangolo DEB congruente ad ADC, ovvero si avrà che DE =EB = DC = AC.

Notiamo che ∠CAD = ∠DBE, ∠BAD = ∠DBAe di conseguenza ∠CAB = ∠ABE perchè sommadi angoli uguali. Abbiamo dunque che il quadri-latero ABEC è un trapezio isoscele di base ABe perciò CE è parallelo ad AB, di conseguenza siha ∠BCE = ∠CBA = 33◦. Inoltre notiamo che∠CBE = ∠ABE − ∠CBA = 66◦ − 33◦ = 33◦,dunque CBE è un triangolo isoscele. Questo cipermette di dire che BE = CE, ma sappiamoanche che BE = DE = DC, quindi il triangoloDEC è equilatero. A questo punto si ricava che∠DCB = 60◦ − 33◦ = 27◦.

30

Soluzione 54. Chiamiamo rn il raggio della moneta di n-opoli. Grazie alla formula presente (edimostrata) in (https://www.cut-the-knot.org/pythagoras/TangentCirclesSangaku.shtml#solution) siha che

1√r1

=1√30

+1√30

=2√30

e anche che1√r2

=1√30

+1√r1

=3√30.

Iterando la suddetta formula si ricava

1√rn

=1√30

+1

√rn−1

=n+ 1√

30.

Dunque1√r30

=31√30.

Nota: come suggerito da alcuni studenti è possibile ricavare la formula necessaria per calcolare i raggianche attraverso il Teorema di Cartesio (https://en.wikipedia.org/wiki/Descartes_theorem), nel casodegenere in cui una delle 4 circoferenze è una retta.

Soluzione alternativa. Uno studente ha proposto di utilizzare l'inversione circolare per risolverequesto problema. Una maniera per farlo è infatti la seguente.Sia Γ la circonferenza centrata in D di raggio DA, sia M0 la circonferenza centrata in C di raggio BCe siano M1,M2, . . . ,M30 le circonferenze che delimitano le 30 monete. Denotiamo con X0, X1, . . . , X30

i punti di tangenza delle circonferenze M0,M1, . . . ,M30 con il segmento AB, con x0, x1, . . . , x30 lelunghezze dei segmenti AX0, . . . , AX30 e con C0, . . . , C30 i punti medi dei segmenti AX0, . . . , AX30.

Per ogni n = 1, . . . , 29 invertiamo rispetto alla circonferenza di centro Cn e raggio xn2 . Essa è ortogonale

alle circonferenze Γ eMn per cui esse restano �sse (non puntualmente!) dopo l'inversione. Inoltre ancheil segmento AB viene mandato in sé stesso. La circonferenza Mn−1 che è tangente a Γ,Mn e AB vienemandata in un'altra circonferenza ancora tangente a questi tre oggetti, ovvero viene mandata inMn+1.L'immagine di Xn−1 dopo l'inversione è Xn+1, quindi si ha che(xn+1 −

xn2

)(xn−1 −

xn2

)=(xn

2

)2⇒ xn

2(xn−1 + xn+1) = xn−1xn+1 ⇒ 2

xn=

1

xn−1+

1

xn+1.

Dall'ultima uguaglianza segue che1

xn− 1

xn−1=

1

xn+1− 1

xn.

Dunque la successione 1xn

è una progressione aritmetica, per cui esistono due numeri reali a e b tali

31

che 1xn

= a + bn per ogni n = 0, . . . , 30. Se chiamiamo R = DA si ha che che x0 = AB = 2R e

x1 = AX1 = R, da cui sostituendo ricaviamo a = b = 12R . Otteniamo così una formula chiusa per xn:

xn =2R

1 + n

Per calcolare adesso i raggi R0, . . . , R30 delle circonferenze M0, . . . ,M30 osserviamo che, se si conside-rano le circonferenze Mn−1 e Mn+1, esse hanno i centri On−1 e On+1 allineati con il punto Cn. Dallasimilitudine tra i triangoli CnOn−1Xn−1 e CnOn+1Xn+1 ricaviamo che

Rn+1

Rn−1=CnXn+1

CnXn−1=xn+1 − xn

2

xn−1 − xn2

=

(n

n+ 2

)2

Di conseguenza possiamo calcolare R30 in modo ricorsivo:

R30 = R28

(29

31

)2

= R26

(27

29· 29

31

)2

= · · · = R0

(1

3· 3

5· · · · · 27

29· 29

31

)2

=R0

312=

30

312.

Soluzione 55. Possiamo calcolare l'area di KLM come somma delle aree dei triangoli LDK, KDM ,MDL.

Osserviamo che gli angoli LDK, KDM e MDL misurano tutti 120◦. Infatti, per la ciclicità delquadrilatero ABCD si ha che LDA = ABC = 60◦, ADB = ACB = 60◦, BDC = BAC = 60◦ eCDM = ABC = 60◦. Possiamo dunque utilizzare il Teorema dei seni su ciascuno dei tre triangoli,ottenendo

[KLM ] = [LDK] + [KDM ] + [MDL] =sin 120◦

2(LD ·DK +KD ·DM +MD ·DL) =

=

√3

4(LD ·DK +KD ·DM +MD ·DL)

Chiamati α = DBC e β = DBA osserviamo che α+β = ABC = 60◦ e inoltre, per la ciclicità diABCD,si ha che DCA = β e DAC = α. Ragionando sul triangolo LBC si trova che CLB = 180◦−120◦−β = αe , analogamente DMB = β. Poiché anche DAK = α si ha che i triangoli DAK e DLA sono simili,da cui

DL

DA=DA

DK=⇒ LD ·DK = DA2. (12)

Analogamente, dalla similitudine tra i triangoli DCM e DKC si trova

KD ·DM = DC2. (13)

32

Inoltre anche i triangoli LDB e MDB sono simili, per cui

DL

DB=DB

DM=⇒ LD ·DM = DB2. (14)

Sommando le (12), (13) e (14) si ottiene che

[KLM ] =

√3

4

(DA2 +DC2 +DB2

)(15)

Chiamato ora ` il lato del triangolo ABC, utilizzando il Teorema di Tolomeo sul quadrilatero ABCDsi ottiene

` ·BD = ` ·AD + ` ·DC =⇒ BD = AD +DC.

Sostituendo quest'ultima identità nella (15) si trova

[KLM ] =

√3

2

(DA2 +DC2 +DA ·DC

)Ma per il Teorema di Carnot applicato al triangolo ADC si ha che

`2 = AC2 = DA2 +DC2 − 2DA ·DC cos 120◦ = DA2 +DC2 +DA ·DC.

Quindi l'area di KLM sarà data da

[KLM ] =

√3

2`2 =

25

2

√3.

Si osservi che è il doppio dell'area del triangolo ABC.

Teoria dei Numeri

Soluzione 56. Riscriviamo l'equazione come

2n = m2 − 1 = (m− 1)(m+ 1).

Quindi i fattori m− 1 e m+ 1 devono essere entrambi delle potenze di due:

m− 1 = 2a

m+ 1 = 2b

dove a e b sono due interi non negativi tali che a+b = n. Tuttavia, se un qualche intero α è un divisorecomune di m− 1 e m+ 1 , esso deve essere un divisore anche della loro di�erenza m+ 1− (m− 1) = 2.Possiamo dedurre da ciò che deve essere necessariamente a ≤ 1. Si presentano dunque due casi:

• a = 0. In questo caso m = 1 + 1 = 2 e 2b = m+ 1 = 3, assurdo perché 3 non è una potenza di 2.

• a = 1. In questo caso m = 2 + 1 = 3 e 2b = m+ 1 = 4, quindi b = 2 e n = m+ n = 3 infatti lacoppia (m,n) = (3, 3) è una soluzione.

In conclusione la sola soluzione del problema è la coppia (m,n) = (3, 3).

Soluzione 57. Un intero n che rispetta tale proprietà si può scrivere in questi tre modi diversi:

n = (a− 1) + (a) + (a+ 1) = 3a

= (b− 1) + (b) + (b+ 1) + (b+ 2) = 4b+ 2 = 2(2b+ 1)

= (c− 2) + (c− 1) + (c) + (c+ 1) + (c+ 2) = 5c

33

Dove a, b, c sono numeri interi che possiamo supporre essere maggiori di 2, dato che n > 2017. Dalmomento che

n = 3a = 2(2b+ 1) = 5c

deduciamo che n deve essere multiplo sia di 3, sia di 2, sia di 5, dunque possiamo scrivere n = 30mper qualche intero positivo m, da cui

30m = 2(2b+ 1) ⇒ 15m = 2b+ 1.

Quindi m deve essere un numero dispari. Inoltre, poiché è richiesto che sia 30m = n ≥ 2018, deveessere m > 67. Essendo 69 il più piccolo dispari strettamente maggiore di 67 la risposta è n = 30m =30 · 69 = 2070.

Soluzione 58. Utilizzando il linguaggio delle congruenze occorre risolvere

n · 2n ≡ 1 (mod 3)

mn(−1)n ≡ 1 (mod 3) (16)

Distinguiamo due casi:

• n è pari. Dall'equazione (16) deduciamo chedeve essere n ≡ 1 (mod 3), ovvero deve essere dellaforma n = 3k + 1. Ma poiché n è pari, k deve essere dispari, quindi n = 3(2h+ 1) + 1 = 6h+ 4per qualche intero h.

• n è dispari. In questo caso deduciamo dalla (16) che n ≡ 2 (mod 3), quindi n = 3k+2 per qualcheintero k. Dovendo n essere dispari, anche k deve essere dispari, quindi n = 3(2h+1)+2 = 6h+5per qualche intero h.

In de�nitiva gli interi n che cerchiamo sono tutti e soli quelli della forma 6h+ 4 e 6h+ 5. Dato che su6 interi consecutivi ce n'è sempre uno solo del primo tipo e uno solo del secondo tipo la risposta sarà⌊

2

6· 2018

⌋= 672.

Soluzione 59. Scrivendo come abcd il numero preferito da Alberto in notazione decimale, esso devesoddisfare la relazione

4 · (103a+ 102b+ 10c+ d) = 103d+ 102c+ 10b+ a

da cui 3999a+ 390b = 60c+ 996d

=⇒ 1333a+ 130b = 20c+ 332d

Deduciamo quindi che a deve essere pari. Tuttavia esso non può essere troppo grande, infatti il latodestro dell'uguaglianza vale al più 20 ·9+332 ·9 = 3168 < 3 ·1333, quindi deve essere a = 23. Troviamodunque che

1333 · 2 + 130b = 20c+ 332d

=⇒ 1333 + 65b = 10c+ 166d

Quindi b deve essere un numero dispari. Scrivendolo nella forma b = 2n + 1 e dividendo per duel'equazione precedente otteniamo che

699 + 65n = 5c+ 83d ⇒ 83d+ 5c > 699 ⇒ 83d > 699− 5c > 699− 5 · 9 = 654 ⇒ d ≥ 8.

3Osserviamo che a non può essere uguale a 0, altrimenti il numero in questione non sarebbe di quattro cifre.

34

Se fosse d = 9 si avrebbe 65n = 5c+ 48, ma non è possibile perché 48 non è multiplo di 5. Deve esseredunque d = 8, da cui

35 + 65n = 5c ⇒ 7 + 13n = c ⇒ n = 0 e c = 7.

Quindi calcolando b = 2n+ 1 = 1 troviamo che il numero preferito da Alberto è 2178.

Soluzione 60. Osserviamo innanzitutto che l'esercizio non chiede di calcolare 20182018 ma soltantola sua cifra delle unità. Ricordiamo ora che se due numeri a e b hanno come ultime cifre in notazionedecimale i numeri α e β rispettivamente, allora il prodotto a · b terminerà proprio con l'ultima cifradel numero α · β. Quindi, ripetendo questo ragionamento 2018 volte, scopriamo che l'ultima cifradi 20182018 sarà uguale all'ultima cifra di 82018. Cominciamo dunque a calcolare l'ultima cifra dellepotenze di 8, ricordando che quando si fanno i prodotti è possibile sostituire un numero con la suaultima cifra (di seguito verrà utilizzato il simbolo �≡� tra due numeri per indicare che terminano conla stessa cifra).

81 = 8

82 = 64 ≡ 4

83 ≡ 8 · 82 ≡ 8 · 4 ≡ 32 ≡ 2

84 ≡ 8 · 83 ≡ 8 · 2 ≡ 16 ≡ 6

85 ≡ 8 · 84 ≡ 8 · 6 ≡ 8

86 ≡ 8 · 85 ≡ 8 · 8 ≡ 4

88 ≡ 8 · 86 ≡ 8 · 4 ≡ 2

...

Possiamo osservare che la successione delle ultime cifre delle potenze di 8 ha periodo 4. Quindi, poichéil resto della divisione per 4 del numero 2018 è 2, possiamo dedurre che l'ultima cifra di 20182018 è 4.

Soluzione 61. Siccome l'ultima cifra del risultato deve essere 8 si deduce immediatamente che a8 = 4.Si calcola poi che

31122017 · 4 = 124488068.

La penultima cifra di N · 31122017 sarà quindi 6 + a7 · 7 mod 10, siccome questa deve risultare 1 sitrova a7 = 5. Si calcola poi (utilizzando i calcoli già fatti) che

31122017 · 24 = 1680588918.

La terzultima cifra di N · 31122017 sarà quindi 9 + a6 · 7 mod 10, siccome questa deve risultare 0si trova a6 = 3. Procedendo allo stesso modo si determinano tutte le altre cifre. Alla �ne si ottieneN = 99754354. La risposta è quindi 9534.

Soluzione 62. Siano an1 , an2 , ..., a

nn+4 i numeri presenti presenti sulla riga n-esima (si osservi che essa

contiene sempre n + 4 numeri e che an1 = ann+4 = 1 ) e sia Sn = an1 + a22 + . . . + ann+4 la loro somma.Abbiamo che S1 = 7 e per come sono costruite le righe

Sn+1 = an+11 + an+1

2 + . . .+ an+1n+5 =

= 1 + (an1 + an2 ) + (an2 + an3 ) + . . .+ (ann+3 + ann+4) + 1 =

= 1 + (1 + an2 ) + (an2 + an3 ) + . . .+ (ann+3 + 1) + 1 =

= (1 + 1) + (an2 + an2 ) + (an3 + an3 ) + . . .+ (ann+3 + ann+3) + (1 + 1) =

= 2(1 + an2 + an3 + . . .+ ann+3 + 1) =

= 2(an1 + an2 + an3 + . . .+ ann+3 + ann+4) = 2Sn

35

Pertanto per ogni n vale che Sn = 2n−1S1, quindi S2018 = 22017 · 7. Le ultime cifre delle potenze di 2si ripetono con periodo 4:

21 22 23 24 25 26 27 28 29...

↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓2 4 8 6 2 4 8 6 2...

Quindi, poiché 2017 dà resto 1 nella divisione per 4, si ha che 22017 termina con 2. Quindi 22017 · 7terminerà come 2 · 7 = 14, quindi l'ultima cifra di S2018 è 4. Analogamente vediamo che 22016 terminacon 6, quindi l'ultima cifra di S2017 sarà uguale all'ultima cifra di 7 · 6, quindi 2. La risposta è datadunque da 2 · 4 = 8.

Soluzione 63. Dobbiamo trovare il numero aabb più grande tale che valga

aabb = c2

con c un numero intero positivo. Si noti che l'equazione precedente può essere scritta nella seguenteforma

1000a+ 100a+ 10b+ b = 1100a+ 11b = c2.

Questo implica che c2 deve essere un multiplo di 11, e siccome 11 è primo deduciamo che c deveessere un multiplo di 11. Inoltre si deve avere c2 < 10000 quindi le uniche possibilità per c sono99, 88, 77, 66, 55, 44, 33, 22, 11. Si veri�ca facilmente che 99 non è una scelta adatta e che 882 = 7744.La risposta è quindi 7744.

Soluzione 64. Cerchiamo n ∈ N tale che per qualche intero m si abbia

5n − 54 + 55 = m2.

Supponiamo che sia n ≥ 4. Allora possiamo scomporre l'espressione data come

54(5n−4 − 1 + 5) = m2

Dunque anche 5n−4 − 1 + 5 deve essere un quadrato perfetto, cioè esiste ` ∈ N tale che

5n−4 + 4 = `2 =⇒ 5n−4 = (`− 2)(`+ 2)

Quindi ` − 2 e ` + 2 devono essere due potenze di 5. Ma se entrambi i fattori ` − 2 e ` + 2 fosseromultipli di 5 lo sarebbe anche la loro di�erenza:

5 | (`+ 2)− (`− 2) = 4 assurdo.

Quindi il più piccolo tra i due fattori, cioè `− 2, deve essere uguale a 1, quindi ` = 3, da cui

5n−4 = (3− 2)(3 + 2) = 5 =⇒ n = 5.

Restano da analizzare i casi n = 1, 2, 3. Si vede facilmente che in nessuno di questi l'espressione datadà luogo a un quadrato perfetto, quindi la risposta al problema è 5.

Soluzione 65. Cerchiamo di scrivere x in funzione di y:

1

x+

1

y=

1

2018⇒ 2017x+ 2018y = xy ⇒ x =

2018y

y − 2018

In questi casi è spesso conveniente cercare di trasformare la frazione ottenuta in una �senza le y alnumeratore�:

x =2018y

y − 2018=

2018y − 20182 + 20182

y − 2018=

2018(y − 2018) + 20182

y − 2018= 2018 +

20182

y − 2018

36

Poiché x deve essere un numero intero y−2018 deve essere un divisore di 20182. Poiché 20182 = 22·10092

ha 9 divisori positivi e 9 negativi ci sono 18 possibilità per y−2018 ciascina delle quali conduce ad unadiversa soluzione (x, y). Tuttavia, vanno scartate le soluzioni in cui x o y sono uguali a zero. Questoaccade precisamente quando y − 2018 = −2018, mentre in tutti gli altri 17 casi si ha una soluzioneaccettabile. La risposta è quindi 17.

Soluzione 66. Osserviamo che per qualsiasi valore di n uno tra i tre numeri n− 4, n+ 24 e n+ 64 èdivisibile per 3. Infatti, se n è multiplo di 3, allora anche n+ 24 lo è. Se invece n è della forma 3k+ 1allora n − 4 = 3k − 3 è multiplo di 3. Se in�ne n = 3k + 2 allora n + 64 = 3k + 66 è multiplo di 3.Dal momento che devono essere tre numeri primi, quello divisibile per tre deve essere necessariamenteuguale a 3. Osserviamo che esso deve essere il più piccolo dei tre, quindi n− 4 = 3 , da cui n = 7. Ine�etti per n = 7 si ottengono tre numeri primi: 3, 31 e 71. Quindi la risposta è 1.

Soluzione 67. Siano a, b, c ∈ N i diametri delle torte più piccole, supponiamo 0 < a < b < c. Essidevono soddisfare la relazione

S = a+ b+ c = 74. (17)

Inoltre la somma delle super�ci delle torte più piccole deve eguagliare la metà della super�cie dellatorta grande, quindi (a

2

)2π +

(b

2

)2

π +( c

2

)2π =

1

2

(74

2

)2

π

⇓a2 + b2 + c2 = 2 · 372 (18)

Osserviamo innanzitutto che a, b e c non possono avere fattori in comune. Infatti se esistesse undivisore p di tutti e tre questi numeri, esso sarebbe anche un divisore di 2 · 372, quindi sarebbe ugualea 2 o a 37 . Ma se fossero tutti multipli di 37 si avrebbe a + b + c ≥ 3 · 37 > 74, assurdo. Se invecefossero tutti multipli di 2 a2 + b2 + c2 sarebbe multiplo di 4, ma così non è.Dalle identità (17) e (18) possiamo determinare anche la somma dei doppi prodotti:

Q = ab+ bc+ ca =(a+ b+ c)2 − (a2 + b2 + c2)

2=

742 − 2 · 372

2= 372. (19)

Chiamato P = abc il prodotto, sappiamo dunque che a, b e c sono le tre radici del polinomio

x3 − Sx2 +Qx− P =

=x3 − 74x2 + 372x− P

Pertanto

P = a3 − 74a2 + 372a = b3 − 74b+ 372b = c3 − 74c+ 372c

⇓P = a(a− 37)2 = b(b− 37)2 = c(c− 37)2

Da questa uguaglianza possiamo dedurre immediatamente che a, b e c sono diversi da 37 (altrimentiil prodotto sarebbe nullo). Inoltre a, b e c non possono nemmeno essere multipli di 37, altrimenti seuno di essi lo fosse sarebbe almeno uguale a 2 · 37 = 74 = a + b + c, assurdo. Sia ora p un divisoreprimo di a e supponiamo che p compaia nella fattorizzazione di a con esponente m (si scrive pm ‖ a).Poiché abbiamo provato che a, b e c non hanno fattori comuni, almeno uno tra b e c sarà coprimocon p. Supponiamo ad esempio che p non sia un divisore di b. Dall'uguaglianza sopra deduciamoquindi che p è un divisore di (b− 37)2 e compare nella sua fattorizzazione con esponente m (in simbolipm ‖ (b− 37)2). Dal momento che si tratta di un quadrato perfetto, possiamo dedurre che m è pari.Abbiamo dunque provato che ogni fattore primo che divide a compare nella sua fattorizzazione con

37

esponente pari, ovvero che a è un quadrato perfetto. Ripetendo lo stesso ragionamento per b e cotteniamo che tutti e tre questi numeri sono dei quadrati perfetti. Dal momento che la loro sommadeve essere 74 e che c (il più grande dei tre) deve essere maggiore di 74

3 , esso può essere uguale soltantoa 25, 36 ,49 o 64. Si vede facilmente che di questi quattro casi l'unico possibile è c = 49, da cui segueche b = 16 e a = 9. Dunque la risposta è 16 · 49− 9 = 775.

38