PROBLEMA 1
SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014
A = N° cioccolatini di Anna
C = N° cioccolatini di Chiara
D = N° cioccolatini di Debora
C=A
D = A+3
 A + A + (A +3) = 15  3xA = 12  A = 4
A + C + D = 15
D=4+3=7
PROBLEMA 2
SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014
Prima di incontrare il nonno:
Si va a ritroso, si
16 : 2 = 8
calcola quanto aveva
Prima di incontrare la nonna:
Jacob all’inizio
8-5=3
Jacob avrebbe avuto 11 Euro
Si calcola ora invertendo
l’ordine in cui Jacob incontra
i nonni:
Dopo aver incontrato il nonno:
3x2=6
Dopo aver incontrato la nonna:
6 + 5 = 11
PROBLEMA 3
SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014
Un buon approccio è quello di fare dei tentativi “ragionati”
- inserire 3 segni “+” vuol dire avere 4 addendi La somma delle 4 cifre delle unità deve
- uno degli addendi finisce per “7”
essere 20, perché 10 – 7 = 3, e non
- la cifra delle unità della somma è “0”
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
SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014
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
SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014
Anche qui si comincia con le posizioni già certe
Restano 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
12 6
9 1 2 10
7
4
3
5 11
8
PROBLEMA 6
SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014
Consideriamo i 2 pini:
15 cm2
8 cm2
il 1° ha 4
ed 1
il 2° ha 6
e3
?
La differenza delle loro
aree è di 15 – 8 = 7 cm2
e vale 2 e 2
6
e3
insieme valgono 15  4 e 2
= 10
Se prendiamo 2 volte la differenza di prima e
l’ultima relazione abbiamo completato il 3° pino:
Possiamo calcolare quanto
valgono le aree dei singoli
triangoli e dei rettangoli, con
un sistema di 2 equazioni
8
+6
Oppure possiamo fare
diversamente
= 10 + (2 x 7) = 10 + 14 = 24 cm2
PROBLEMA 7
SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014
Il massimo che si può ottenere con i due
quadrati
che non
si intersecano
è 5:
Quando esterni
il quadrato
compreso
tra
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
gli altri due è esattamente a metà
-3 quadrati di partenza
tra di loro escono fuori altri due
-2 quadratini con i lati
quadratini:
appartenenti a 2
quadrati
Totale 8 quadrati
PROBLEMA 8
SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014
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 98
L’unico caso verificato è con la
cifra “8”  #(98) = 20 e #(85)
= 14
Il libro ha 98 pagine
PROBLEMA 9
SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014
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) = 504
N1 = 504
N2 = 1008
N3 = 1512
SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014
PROBLEMA 10
Ci sono 6 posizioni in cui inserire 4 segni “+”
Le combinazioni non sono tante, solo 15.
Conviene scriverle tutte ed analizzarle
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
123 + 4 + 5 + 6 + 7
12 + 34 + 5 + 6 + 7
12 + 3 + 45 + 6 + 7
12 + 3 + 4 + 56 + 7
12 + 3 + 4 + 5 + 67
1 + 234 + 5 + 6 + 7
1 + 23 + 45 + 6 + 7
1 + 23 + 4 + 56 + 7
1 + 23 + 4 + 5 + 67
1 + 2 + 345 + 6 + 7
1 + 2 + 34 + 56 + 7
1 + 2 + 34 + 5 + 67
1 + 2 + 3 + 456 + 7
1 + 2 + 3 + 45 + 67
1 + 2 + 3 + 4 + 567
1 + 2 + 34 + 56 + 7
SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014
PROBLEMA 11
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
Atot = Arett + Atr
Arett = 12dam2
Atr = h2/2
L’area del campo è data dalla
somma delle due aree, di cui
solo quella del triangolo è variabile
12
b
h
Atr = 122/2 = 144/2 = 72dam2
h
Atot = 12 + 72 = 84dam2
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PROBLEMA 12
Quindi
sudiogni
riga e su
ogni colonna
ci devono
A
meno
simmetrie
ci sono
4 disposizione
Per
prima
cosa
serve trovare
una
essere
3 pedine
diverse, e deve esserci almeno un
combinazioni
valide
delle pedine che
soddisfi le condizioni richieste
“2” su ogni diagonale
La
di tre pedine
si può
solo 3
Persomma
ognuna“6”
di queste,
per avere
in ottenere
ogni colonna
come
+ 2+ 3) serve
o (2 + spostare
2 + 2) al minimo 6 pedine,
pedine(1diverse,
al
minimo
in 3 mosse.
Nella
configurazione
Non
possiamo
avere tre
pedine
“2” sulla stessa
accanto
si vede che
è effettivamente
riga (o colonna),
perché
le altre 2 nonpossibile:
avrebbero
somma = 6
La condizione sulle diagonali
implica che su una delle due ci
siano tre “2”
1
3
2
3
2
1
2
1
3
1° riga : 2  3
2° riga : 1 3
3° riga : 1  2
Quindi servono
3 mosse
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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:
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PROBLEMA 14
Cerchiamo
ra i solo
numeri
uno “0”.
Qui procedere
percon
tentativi
è possibile, ma troppo lungo: in numeri
2
2
Tra
nella forma
x 11 sida
trova
550ed
rispetta
condizione
di 3quelli
cifre divisibili
per 10k
11 vanno
110che
a 990
in tuttolasono
81.  50 = 5 + 5
E’
senza
fare
numeri
cheche
contengono
la cifra
Trapossibile
i numeriescludere
nella forma
100a
+ b,troppi
con aconti
+ b =i 11,
si trova
803 va bene
 “9”.
Siccome
92 = 81, l’unico numero che occorre verificare è 902, che non va
2 =e73
803/11 = 990/11
73 ; 82 +=390
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)
Le due
soluzioni
sono quindi
550 e 803
Così
abbiamo
eliminato
24 numeri
In mancanza di altri criteri per ridurre i casi da analizzare, si può cominciare a contare
quelli più facili
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PROBLEMA 15
a
20
14
b
“Con
un po’
di fortuna”
si arriva
a capire chesicon
A
questo
quando
= 1/MCD(14,20)
ha il valore
Anche
se punto,
il problema
nonk lo
specifica,
(aminimo
= 20k) e (b = 14 (se
k) abbiamo che
l’area dei due
convienedell’area
cercare unadividiamo
soluzione14
cone i20 per il loro MCD, i
rettangoli
esterni diventa:
lati
dei rettangoli
dei numeri interi)
rettangoli
a due asaranno
due uguali
k = 1/2  A = 14 x 20 x 1/2 x (1/2 + 1) =
= (14 x 20 x 3)/4
20(k+1) *14k | 14(k+1)*20k  ossia le due aree sono
uguali
A = 210
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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)
10
11
12
13
14
15
1 mosse
2
3
4
5
6
7
8
9
mossa
mosse
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PROBLEMA 17
In questo caso è conveniente cominciare a
calcolare alcuni termini della successione, per
vedere se si notano delle regolarità
La successione quindi è periodica, con periodo 5
Siccome 2014 = 5k + 4  a2014
= 1/8
a1 = 20
a2 = 14
a3 = 3/4
a4 = 1/8
a5 = 3/2
a6 = 20
a7 = 14
a1 = a5k+1
a2 = a5k+2
a3 = a5k+3
a4 = a5k+4
a5 = a5k+5
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PROBLEMA 18
h  l2
4079
39 h/2
ba
b
l/2 l/2 h/2
l valutare a quale intero
Bisogna
si 2
h
2
2
h
h

2

2
l

b
2
2
100
10000
4079


avvicina
di
più
questa
espressione
h  2 2 2 l  b
h  2 19  
2
  2 3612
2
39
39


Approssimando al primo decimale
39
19

a 
l= 104.6 100
4079/39
b

a



b
19
39
39
5
2 10
2sin a 
2
102 = 100 200
< 104.6
<10.252a= 102 + 2x10x1/4
a

2 sin39 19  cos
+sin
1/4a2 = 105.0625
19 39
sin a   2   2    2 
20 è20
200 tra 10 e
Quindi la radice
compresa
2
10.25,
doppio è compreso
39
 a  quindi il suo
 19 
2a 
sin    1  cos    1    
tra 20
2 e 20.5  h =220mm
20

 20 