SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014 PROBLEMA 1 A = N° cioccolatini di Anna C = N° cioccolatini di...

SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014

PROBLEMA 1

A = N° cioccolatini di AnnaC = N° cioccolatini di ChiaraD = N° cioccolatini di Debora

C = AD = A+3A + C + D = 15

A + A + (A +3) = 15 3xA = 12 A = 4

D = 4 + 3 = 7


PROBLEMA 2

Jacob avrebbe avuto 11 Euro

Si va a ritroso, si calcola quanto aveva Jacob all’inizio

Prima di incontrare il nonno:16 : 2 = 8

Prima di incontrare la nonna:8 - 5 = 3

Si calcola ora invertendo l’ordine in cui Jacob incontra i nonni:

Dopo aver incontrato il nonno:3 x 2 = 6

Dopo aver incontrato la nonna:6 + 5 = 11


PROBLEMA 3

Un buon approccio è quello di fare dei tentativi “ragionati”- inserire 3 segni “+” vuol dire avere 4 addendi- uno degli addendi finisce per “7”- la cifra delle unità della somma è “0”

La somma delle 4 cifre delle unità deve essere 20, perché 10 – 7 = 3, e non possiamo avere 3 addendi che hanno “1” come cifra delle unità

20 – 7 = 13 67 non va bene perché 3 + 4 + 5 = 12 7 è uno degli addendi, ed uno finisce per “6”

20 – 6 – 7 = 7 o gli altri 2 addendi finiscono per “2” e “5” o per “3” e “4”

Si trova che tra le 2 possibilità quella giusta è:

123 + 4 + 56 + 7 = 190


PROBLEMA 4

Si procede per passi obbligati:

considerando il quadratino a sinistra della parte già evidenziata si ricava la seconda parte del campo

Il resto viene di conseguenza


PROBLEMA 5

121 10

11

Anche qui si comincia con le posizioni già certe

6

8

5

4Restano le cifre “2” ; “3” ; “7” ; “9”

“7” e “9” vanno nella prima colonna

Nella seconda riga la somma delle cifre mancanti è 11

solo “9” e “2” vanno bene

9 2

7 3


PROBLEMA 6

8 cm2

15 cm2 ?

Possiamo calcolare quanto valgono le aree dei singoli triangoli e dei rettangoli, con un sistema di 2 equazioni

Oppure possiamo fare diversamente

Consideriamo i 2 pini:

il 1° ha 4 ed 1

il 2° ha 6 e 3

La differenza delle loro aree è di 15 – 8 = 7 cm2

e vale 2 e 2

6 e 3 insieme valgono 15 4 e 2 = 10

Se prendiamo 2 volte la differenza di prima e l’ultima relazione abbiamo completato il 3° pino:

8 + 6 = 10 + (2 x 7) = 10 + 14 = 24 cm2


PROBLEMA 7

Il massimo che si può ottenere con i duequadrati esterni che non si intersecano è 5:

-3 quadrati di partenza-2 quadratini con i lati appartenenti a 2 quadrati

Invece quando tutti i quadrati si intersecano tra loro:

In generale si hanno 6 quadrati:-3 quadrati di partenza-3 quadratini con i lati appartenenti a 2 quadrati

Quando il quadrato compreso tra gli altri due è esattamente a metà tra di loro escono fuori altri due quadratini:

Totale 8 quadrati


PROBLEMA 8

Da 0 a 9 tutte le cifre compaiono 1 volta

Scrivendo i numeri come 00 , 01 , 02 , … , 99 abbiamo che da 00 a 99 ci sono 100 numeri e 200 cifre, quindi tutte le cifre compaiono 20 volte.Quindi è nella decina che parte da 91 che le cifre cominciano a comparire per la 20-esima volta.(lo 0 compare per la 20-esima volta a 109)

Questo vuol dire che la soluzione va cercata in questa decina, o in quella dopo

In queste due decine le uniche cifre la cui quantità cambia “velocemente” nell’arco di 13 pagine sono “0”, “9” e “8”

0 109 ; 9 99 ; 8 98L’unico caso verificato è con la cifra “8” #(98) = 20 e #(85) = 14

Il libro ha 98 pagine


PROBLEMA 9

Se N – 6 è divisibile per 6, allora anche N lo è

Questo vale anche per le condizioni con “7”, “8” e “9”

N è quindi il mcm(6 , 7 , 8 , 9) o un suo multiplo, che sia minore di 2014

mcm(6 , 7 , 8 , 9) = 504N1 = 504 N2 = 1008 N3 = 1512


PROBLEMA 10

Ci sono 6 posizioni in cui inserire 4 segni “+”

Le combinazioni non sono tante, solo 15.Conviene scriverle tutte ed analizzarle

123 + 4 + 5 + 6 + 712 + 34 + 5 + 6 + 712 + 3 + 45 + 6 + 712 + 3 + 4 + 56 + 712 + 3 + 4 + 5 + 671 + 234 + 5 + 6 + 71 + 23 + 45 + 6 + 71 + 23 + 4 + 56 + 7

1 + 23 + 4 + 5 + 671 + 2 + 345 + 6 + 71 + 2 + 34 + 56 + 71 + 2 + 34 + 5 + 671 + 2 + 3 + 456 + 71 + 2 + 3 + 45 + 671 + 2 + 3 + 4 + 567

Si eliminano le somme in cui compare un addendo a 3 cifre

Restano 10 somme, che non è troppo impegnativo calcolare

1 + 23 + 4 + 5 + 67 1 + 2 + 34 + 56 + 7


PROBLEMA 11

12

Atot = Arett + Atr

Arett = 12dam2

b

h

h

Atr = h2/2

L’area del campo è data dallasomma delle due aree, di cuisolo quella del triangolo è variabile

L’area è massima quando “h” assume il valore massimo possibile, ossia quando “h” è il maggiore tra i divisori interi di 12 h = 12

Atr = 122/2 = 144/2 = 72dam2

Atot = 12 + 72 = 84dam2


PROBLEMA 12

Per prima cosa serve trovare una disposizione delle pedine che soddisfi le condizioni richieste

La somma “6” di tre pedine si può ottenere solo come (1 + 2+ 3) o (2 + 2 + 2)

Non possiamo avere tre pedine “2” sulla stessa riga (o colonna), perché le altre 2 non avrebbero somma = 6

Quindi su ogni riga e su ogni colonna ci devono essere 3 pedine diverse, e deve esserci almeno un “2” su ogni diagonale

2

2

2

La condizione sulle diagonali implica che su una delle due ci siano tre “2”

1

3

3

3 1

1

A meno di simmetrie ci sono 4 combinazioni valide

Per ognuna di queste, per avere in ogni colonna 3 pedine diverse, serve spostare al minimo 6 pedine, al minimo in 3 mosse. Nella configurazione accanto si vede che è effettivamente possibile:

1° riga : 2 32° riga : 1 33° riga : 1 2

Quindi servono

3 mosse


PROBLEMA 13

Per prima cosa calcoliamo il lato del quadrato da trovare. Conosciamo la sua area. Dato “1” il lato di uno dei 5 quadratini:

Lq = 1 Aq = 1 AQ = 5 LQ = √5

LQ = √5 è pari alla diagonale di un rettangolo 2 x 1

La suddivisione va fatta in modo da creare i lati del quadrato grande. Con un solo taglio non si riescono a creare 4 lati di questa lunghezza.Partendo dal quadratino a destra si trova la soluzione:


PROBLEMA 14

Qui procedere solo per tentativi è possibile, ma troppo lungo: in numeri di 3 cifre divisibili per 11 vanno da 110 a 990 ed in tutto sono 81.

E’ possibile escludere senza fare troppi conti i numeri che contengono la cifra “9”. Siccome 990/11 = 90 e 92 = 81, l’unico numero che occorre verificare è 902, che non va bene (con altre cifre o non si può rispettare il criterio di divisibilità per 11, o la somma dei quadrati è maggiore di 90, massimo quoziente tra un numero di 3 cifre ed 11)Così abbiamo eliminato 24 numeriIn mancanza di altri criteri per ridurre i casi da analizzare, si può cominciare a contare quelli più facili

Cerchiamo ra i numeri con uno “0”.Tra quelli nella forma 10k x 11 si trova che 550 rispetta la condizione 50 = 52 + 52

Tra i numeri nella forma 100a + b, con a + b = 11, si trova che 803 va bene 803/11 = 73 ; 82 + 32 = 73

Le due soluzioni sono quindi 550 e 803


PROBLEMA 15

Anche se il problema non lo specifica, conviene cercare una soluzione con i rettangoli a due a due uguali

2014

a

b“Con un po’ di fortuna” si arriva a capire che con (a = 20k) e (b = 14 k) abbiamo che l’area dei due rettangoli esterni diventa:

20(k+1) *14k | 14(k+1)*20k ossia le due aree sono uguali

A questo punto, quando k = 1/MCD(14,20) si ha il valore minimo dell’area (se dividiamo 14 e 20 per il loro MCD, i lati dei rettangoli saranno dei numeri interi)

k = 1/2 A = 14 x 20 x 1/2 x (1/2 + 1) == (14 x 20 x 3)/4

A = 210


PROBLEMA 16

Con un po’ di pazienza, attraverso un serie di mosse talvolta obbligate si arriva alla soluzione

(per comodità la scacchiera è ruotata e le pedine sono le caselle colorate)

1 mossa2 mosse3 mosse4 mosse5 mosse6 mosse7 mosse8 mosse9 mosse10 mosse11 mosse12 mosse13 mosse14 mosse15 mosse


PROBLEMA 17

In questo caso è conveniente cominciare a calcolare alcuni termini della successione, per vedere se si notano delle regolarità

a1 = 20a2 = 14a3 = 3/4a4 = 1/8a5 = 3/2a6 = 20a7 = 14La successione quindi è periodica, con periodo 5

a1 = a5k+1

a2 = a5k+2

a3 = a5k+3

a4 = a5k+4

a5 = a5k+5

Siccome 2014 = 5k + 4 a2014 = 1/8


PROBLEMA 18

lh/2

b

lh/2

22222 blh

h l/2 l/2

ba

sin2

lb

22222 blh

h

1025

2cos

2sin2sin

20

39

20

191

2cos1

2sin

22

200

3919

20

19

20

392sin

39

100

2003919

2

19

b

39

40792

39

100003612

39

100192

2

2

h

39

40792h

Bisogna valutare a quale intero si avvicina di più questa espressione

Approssimando al primo decimale 4079/39 = 104.6

102 = 100 < 104.6 < 10.252 = 102 + 2x10x1/4 + 1/42 = 105.0625

Quindi la radice è compresa tra 10 e 10.25, quindi il suo doppio è compreso

tra 20 e 20.5 h = 20mm

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