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CON IL PATROCINIO DELLA REGIONE PIEMONTE
DEL COMUNE DI TORINO
E
DELL’ASSOCIAZIONE SUBALPINA MATHESIS
GARA PER IL PUBBLICO
8 Gallery – Venerdì 6 marzo 2015
OLIMPIADI DI MATEMATICA
Problema 1 − Andiamo in bicicletta
20 punti
In un paese ci sono 33 famiglie. Di esse un certo numero ha una bicicletta, un certo numero ne ha
due e un altro numero di famiglie ne ha tre. Sapendo che le famiglie che hanno tre biciclette sono in
numero uguale a quelle che ne hanno una sola, quante biciclette ci sono nel villaggio?
Soluzione:
Poiché le famiglie che hanno una bicicletta sono tante quante quelle che ne hanno tre, la media
delle biciclette a famiglia di questo gruppo è 2. Il resto delle famiglie ha due biciclette, quindi il
totale delle biciclette è 33 × 2 = 66.
Risposta 0066
Problema 2 – Il fiore
25 punti
Francesco ha disegnato un fiorellino con il compasso utilizzando sempre la stessa apertura (raggio)
di 4 cm . Qual è, in mm2, l’area totale dei petali? (Vedi figura).
1
Soluzione:
Possiamo calcolare l’area di metà petalo come differenza fra le aree di un settore circolare (un
sesto di cerchio) e di un triangolo equilatero (vedi figure).
Dunque l’area di metà petalo è
1
1
3 2
A p = πr 2 −
r
2
6
4
Mentre l’area totale dei 6 petali è
(
)
1 
6 A p = 12 A p  = 2πr 2 − 3 3r 2 = 2π − 3 3 ⋅ 4 2 cm 2 ≅ 17,39cm 2 = 1739mm 2 .
2 
Risposta 1739
Problema 3 − Incontri di autobus
25 punti
Due località sono unite da un servizio di autobus con una frequenza di uno ogni 10 minuti.
L'autobus impiega un'ora a percorrere la distanza e non si ferma mai al capolinea se non il tempo
necessario ad imbarcare e sbarcare i passeggeri. Quanti autobus che fanno la stesa linea incontra il
conducente di uno di questi durante un viaggio?
Soluzione 1:
Ad ogni istante sulla strada ci sono 6 autobus che vanno in una certa direzione (e 6 nell’altra), o
due veicoli sono nei rispettivi capolinea e 10 in viaggio.
2
Poiché la velocità relativa degli autobus che vanno in direzione opposta è doppia rispetto a quando
uno dei due è fermo, il conducente di uno dei veicoli ne incontra il doppio di quanti sono sulla
strada meno uno: è esso stesso, che, giunto al capolinea, ritorna immediatamente indietro. Quindi
un conducente incontra 6 × 2 − 1 = 11 autobus.
Soluzione 2:
Per coprire il fabbisogno di un doppio itinerario, da A a B e da B ad A, servono 12 autobus che
partono a 10 minuti di tempo uno dall’altro. Ciascuno di loro incontrerà gli altri 11 in un tragitto.
Infatti un bus, partito dal capolinea, ne incontrerà 6 dalla partenza a metà tragitto e i rimanenti nel
restante percorso.
Risposta 0011
Problema 4 − Il triangolo curvilineo
25 punti
Nel triangolo ABC si ha: AB = 2 , BC = 2, AC = 3 + 1 . Sia BD l’arco di circonferenza di centro
A e raggio AB, e BE l’arco di centro C e raggio CB come in figura. Quanto vale l’area del triangolo
curvilineo formato dal segmento DE e dai due archi BE e BD? Nella risposta fornire le prime 4 cifre
dopo la virgola del risultato.
Soluzione:
Sia H il piede dell’altezza relativa ad AC (vedi figura sottostante).
3
Poniamo
AH =
x.
Per
il
teorema
di
Pitagora
2
2
(
AB − x 2 = BC − AC − x
)
2
,
cioè
2 − x 2 = 4 − ( 3 + 1 − x) 2 , che risolta fornisce la soluzione x = 1. L’altezza BH vale anch’essa 1,
pertanto l’angolo BÂH è di 45°, mentre l’angolo BĈH misura 30°. L’area richiesta si può
calcolare come area del settore circolare ABD meno area del triangolo ABH, più l’area del
settore circolare BCE meno l’area del triangolo BCH, cioè
3 7
1
3
 2π 1   4π
= π − −
Risposta 4665
− +
−
≅ 0,46657031 .


2  12
2 2
 8 2   12
Problema 5 – Il biliardo magico
35 punti
Pierino possiede un piccolo biliardo a forma di ellisse rappresentato in figura. Esso ha i semiassi di
5 dm (OA) e di 3 dm (OB), i fuochi in C e C’. Vi sono due palline poste una in C’ e l’altra in C.
Pierino colpisce la pallina in C in senso verticale, parallelamente ad OB (graficamente dal basso
verso l’alto) facendola sbattere contro la sponda in P e rimbalzare in modo da colpire la pallina in
C’. Detto K il punto di intersezione della bisettrice PK dell’angolo C' P̂C con l’asse maggiore A’A,
calcolare la misura di OK in millimetri.
Soluzione:
Riferendo la figura ad un sistema di assi cartesiani di centro O (punto medio di A’A), quindi con
x2 y2
A’A sull’asse x e B’B sull’asse y, troviamo l’equazione dell’ellisse:
+
= 1 . Da C tracciamo
25 9
la perpendicolare all’asse x e, poiché l’ascissa del fuoco nel semiasse positivo è 5 2 − 3 2 = 4 , cioè
 9
OC = 4 , troviamo P  4,  .
 5
Bisogna sapere che, in un’ellisse, la bisettrice dell’angolo formato da due segmenti che partono dai
fuochi e toccano l’ellisse in un punto comune è perpendicolare alla retta tangente all’ellisse
medesima nel punto considerato. Vedi figura sotto.
4
x0 x y 0 y
+ 2 = 1 (a e b semiassi, x0 e y0
a2
b
coordinate di P) la retta tangente in P ha equazione 4 x + 5 y = 25 e la sua perpendicolare (in P)
risulta 25 x − 20 y = 64 . Ponendo in quest’ultima equazione y = 0, otteniamo 2,56 (dm) che è il
Nel nostro caso, applicando la formula (di “sdoppiamento”)
valore dell’ascissa di K. Quindi OK = 2,56 dm = 256 mm.
Problema 6 – I compleanni
Risposta 0256
35 punti
Un gruppo di 20 amici si incontra tutti i week-end. Marco, il matematico del gruppo, vuole sapere
qual è la probabilità che vi siano due componenti del gruppo che festeggiano il compleanno nello
stesso giorno. Non si considerino gli anni bisestili. Indicare nella soluzione le prime 4 cifre dopo la
virgola.
Soluzione:
In base al teorema del prodotto, la probabilità P(k) di non trovare due persone tra k considerate
con il compleanno che cade nello stesso giorno è:
365 364 363
(365 − k + 1)
⋅
⋅
⋅ ... ⋅
365 365 365
365
La probabilità che tra k persone ve ne siano due che festeggiano il compleanno nello stesso giorno
è:
Q(k) = 1−P(k)
Q(20) ≅ 1− 0,588562 = 0,411438.
Risposta 4114
P(k) =
5
Problema 7 − Lo sceicco premuroso
35 punti
Uno sceicco lasciò in eredità ai figli un certo numero di pozzi di petrolio. Al primo 1 pozzo più 1/9
dei rimanenti; al secondo 2 pozzi più 1/9 dei restanti e così via fino all'ultimo dei figli. Lo sceicco
era un padre buono e non fece ingiustizie: ogni figlio ricevette lo stesso numero di pozzi. Quanti
erano i pozzi e quanti erano i figli? Dare come risposta la somma fra il numero dei figli e il numero
dei pozzi.
Soluzione:
Posto x = numero dei pozzi, poiché il primo figlio eredita lo stesso numero di pozzi del secondo,
1
1
1

abbiamo 1 + ( x − 1) = 2 +  x − 1 − ( x − 1) − 2 , che risolta dà x = 64.
9
9
9

1
1
Ora ogni figlio eredita 1 + ( x − 1) pozzi, quindi, dato x = 64, abbiamo 1 + ⋅ 63 = 1 + 7 = 8 pozzi. Il
9
9
numero dei figli è dunque 64 : 8 = 8.
Risposta 0072
Problema 8 − Un mondiale sfortunato
35 punti
Nel mondiale di calcio "Brasile 2014" il girone C era formato da Colombia, Grecia, Costa d'Avorio
e Giappone, mentre il girone D da Italia, Uruguay, Inghilterra e Costa Rica. Poiché nel successivo
turno ad eliminazione diretta la prima classificata del girone C avrebbe incontrato la seconda del
girone D e viceversa (mentre le squadre classificate al terzo e al quarto posto sarebbero state
eliminate), qual era a priori la probabilità che gli ottavi di finale fossero Grecia-Costa Rica e
Colombia-Uruguay ?
Si indichino le prime quattro cifre dopo la virgola e si ipotizzi completamente casuale il risultato di
ogni partita.
Soluzione 1:
La probabilità che nel girone C passino il turno la Grecia e la Colombia è pari a:
1
1
1
=
= .
C 4,2  4  6
 
 2
Lo stesso dicasi per la probabilità che nel girone D passino il turno l'Uruguay e la Costa Rica.
Se questo accade la probabilità che la Grecia incontri la Costa Rica (e di conseguenza
1
necessariamente che la Colombia incontri l'Uruguay) è pari a , per cui la probabilità richiesta è
2
pari a:
1 1 1 1
⋅ ⋅ =
= 0,0138888...
6 6 2 72
6
Soluzione 2:
I casi favorevoli sono i seguenti:
Girone C: Colombia, Grecia, squadra 3, squadra 4 e Girone D: Costa Rica, Uruguay, squadra 3,
squadra 4 (totale 4 possibilità), oppure Girone C: Grecia, Colombia, squadra 3, squadra 4 e
Girone D: Uruguay, Costa Rica, squadra 3, squadra 4 (altre 4 possibilità) per un totale di 8 casi
favorevoli.
I casi possibili sono 4!×4!=24×24. La probabilità varrà pertanto
8
1
=
= 0,0138888...
24 × 24 72
Risposta 0138
Problema 9 − Fiasco alla deriva
40 punti
Un barcaiolo, che sta risalendo un fiume, ha in bilico sulla barca un fiasco di vino. Passando vicino
ad un vortice la barca dondola ed il fiasco cade nell'acqua. Dopo un quarto d'ora il barcaiolo se ne
accorge, volta la barca e remando sempre con lo stesso ritmo, raggiunge il fiasco un chilometro
dopo il punto in cui era cascato in acqua. A quale velocità, misurata in km/h, viaggia l'acqua del
fiume?
Soluzione:
Il tempo impiegato dal barcaiolo per percorrere il tragitto di risalita contro corrente è uguale al
tempo impiegato per raggiungere il fiasco tornando indietro a favore di corrente. Infatti la velocità
di allontanamento barca-fiasco è (v barca − v acqua ) + v acqua = v barca e quella di avvicinamento è
(v
barca
+ v acqua ) − v acqua = v barca . Il tutto accade quindi in mezz’ora. Il fiasco, in acqua, percorre un
chilometro in mezz’ora, dunque l’acqua del fiume viaggia a 2 km/h.
In modo più tecnico:
detto S lo spazio percorso dal barcaiolo da dove ha smarrito il fiasco, vb la sua velocità di remata,
v la velocità dell’acqua, abbiamo:
S
S +1
da cui Svb + Sv = Svb + vb − Sv − v ed ancora
=
vb − v v b + v
v −v
2 Sv = vb − v cioè 2v = b
= 4(ore) . Otteniamo 2v = 4, v = 2 (km/h).
S
Risposta 0002
Problema 10 – Condor Pass
40 punti
Un indiano apache è andato a caccia con arco e frecce. Ad un tratto sulla sua verticale vede passare
un avvoltoio. Il rapace si trova ad un’altezza di 30 metri e vola in linea retta (parallela al terreno)
alla velocità di 75,6 km/h. L’indiano scocca una freccia alla velocità di 126 km/h dando un giusto
“anticipo” e colpisce l’avvoltoio. Calcolare a quanti metri di distanza dall’apache cade l’uccello.
N.B. Si tenga conto dell’accelerazione di gravità, valutata 9,8 m/sec2, ma non dell’impatto fra
freccia e preda (supponendo ciò ininfluente alla traiettoria di caduta dell’avvoltoio), né dell’attrito
dell’aria, né della lunghezza della freccia, né della statura dell’indiano.
7
Soluzione 1:
Detta v la velocità iniziale della freccia, v x la sua componente orizzontale, v y la sua componente
verticale, la traiettoria della freccia stessa (pensata puntiforme) sarà il grafico della parabola
 v y vx v y 2 
− 4,9 2 v y
.
,
y=
x +
x di vertice V
2
 9,8 19,6 
vx
vx


Sapendo che v = v x + v y
2
2
e che 75,6 km/h = 21 m/sec, 126 km/h = 35 m/sec, otteniamo
v y = 28 m/sec.
La freccia colpirà il bersaglio in un punto della suddetta parabola (vedi figura) di intersezione con
la retta y = 30 .
Notiamo pure che, per fare centro, la componente orizzontale (costante) della velocità della freccia
deve essere uguale a quella dell’avvoltoio.
− 4,9 2 4
Abbiamo quindi la parabola
y=
x + x di vertice V (60,40) .
441
3
Il fatto che l’ordinata del vertice superi l’altezza di volo dell’avvoltoio garantisce che il problema
posto ha soluzioni reali.
Ponendo y = 30 otteniamo x1 = 30 e x 2 = 90 . Scegliamo ovviamente x1 poiché per x = x1 vi è il
primo e definitivo impatto freccia-preda (e per x = x 2 la freccia è in ricaduta).
Nel momento in cui è colpito l’avvoltoio comincia a cadere sempre con traiettoria parabolica e con
componente orizzontale costante della velocità v x = 21 m/sec. Calcoliamo il tempo di caduta da 30
2 × 30
= 2,274358297... secondi.
9,8
Durante quel frangente l’avvoltoio percorrerà orizzontalmente 21 t = 51,96152423… metri.
In totale la vittima si allontanerà dall’indiano di 81,96… metri.
metri (moto uniformemente accelerato): t =
8
Soluzione 2:
Scomponiamo la velocità della freccia nelle sue componenti orizzontale vx e verticale vy. La
componente vx deve essere pari alla velocità del rapace, quindi vx = 75,6/3,6 = 21 m/sec. Essendo
la velocità della freccia pari a 126/3,6 = 35 m/sec, dal teorema di Pitagora otteniamo vy=28 m/sec.
La componente verticale del moto seguirà la legge
1
s = − gt 2 + v y t
2
da cui sostituendo s = 30, g = 9,8, vy = 28 otteniamo due soluzioni t1 =10/7 e t2 =30/7. Chiaramente
il rapace inizia a cadere al primo contatto con la freccia quindi al tempo 10/7 secondi, dunque
dopo aver percorso vx× t1 = (10/7) × 21 = 30 m. Calcoliamo il tempo di caduta da 30 metri (moto
2 × 30
uniformemente accelerato):
t=
= 2,274358297... secondi. Durante quel frangente
9,8
l’avvoltoio percorrerà orizzontalmente 21 t = 51,96152423… metri.
In totale la vittima si allontanerà dall’indiano di 81,96… metri.
Risposta 0081
Problema 11 − Gare a freccette
45 punti
Dieci giocatori partecipano al campionato nazionale di freccette. Ad ogni torneo si assegnano 10
punti al vincitore, 9 al secondo, 8 al terzo e così via fino all'ultimo classificato. L'ultimo torneo del
campionato assegnerà punteggio doppio. Alla vigilia dell'ultimo torneo il supercampione Gianni
conduce la classifica provvisoria con 4 punti di vantaggio su Paolo e 10 su Aldo. Gli altri giocatori
molto distaccati non hanno più chance di vittoria. Quanti sono i possibili piazzamenti dei tre
giocatori nell'ultimo torneo che consentirebbero ad Aldo di vincere in solitaria il campionato?
Nota bene: nel torneo non sono possibili piazzamenti pari merito.
Soluzione:
Aldo deve recuperare 11 punti su Gianni e contemporaneamente 7 su Paolo.
Se Aldo vincesse l'ultimo torneo (ottenendo quindi 20 punti) allora Gianni potrebbe giungere al
massimo 7° e Paolo al massimo 5°. Vi sono quindi 4 possibili piazzamenti per Gianni (7°, 8°, 9° o
10°) e 5 per Paolo (5°, 6°, 7°, 8°, 9° o 10° ma da questi occorre escludere il piazzamento di Gianni),
per un totale di 4·5 = 20 configurazioni possibili.
Se Aldo arrivasse 2° (18 punti) allora Gianni potrebbe giungere al massimo 8° e Paolo al massimo
6°. Vi sono quindi 3 possibili piazzamenti per Gianni (8°, 9° o 10°) e 4 per Paolo (6°, 7°, 8°, 9° o
10° ma da questi occorre escludere il piazzamento di Gianni), per un totale di 3·4 = 12
configurazioni possibili.
Se Aldo arrivasse 3° (16 punti) allora Gianni potrebbe giungere al massimo 9° e Paolo al massimo
7°. Vi sono quindi 2 possibili piazzamenti per Gianni (9° o 10°) e 3 per Paolo (7°, 8°, 9° o 10° ma
da questi occorre escludere il piazzamento di Gianni), per un totale di 2·3 = 6 configurazioni
possibili.
Se Aldo arrivasse 4° (14 punti) allora Gianni dovrebbe giungere necessariamente 10° e Paolo al
massimo 8°. Vi è quindi un solo possibile piazzamento per Gianni (10°) e 2 per Paolo (8° o 9°), per
un totale di 1·2 = 2 configurazioni possibili.
Se Aldo arrivasse dalla quinta posizione in giù non potrebbe più aspirare alla vittoria finale.
In tutto si hanno dunque 20 + 12 + 6 + 2 = 40 piazzamenti possibili.
Risposta 0040
9
Problema 12 – Magia nera
45 punti
In quanti modi si può leggere “ABRACADABRA” , dall’alto in basso, partendo dalla prima “A” in
alto, passando ad una delle due lettere sotto adiacenti e giungendo (seguendo la stessa regola)
infine all’ultima “A” in basso?
A
B B
R R R
A A A A
C C C C C
A A A A A A
D D D D D
A A A A
B B B
R R
A
Soluzione:
Basta osservare che il rombo formato dalle lettere è ricavabile dal Triangolo di Tartaglia. Infatti
ogni lettera, in ogni riga, è raggiungibile dall’alto esattamente in tanti modi quanti ne contempla la
regola insita nel suddetto Triangolo. Infatti ogni lettera si può raggiungere dall’alto solo dalle
lettere a lei adiacenti nella riga soprastante, quindi i modi per raggiungerla sono la somma dei
modi di raggiungere le suddette lettere nella riga sopra di essa. La prima “A” , naturalmente si
può scegliere in un modo solo; l’ultima “A” corrisponde al valore 252 del Triangolo diTartaglia.
Vedi sotto.
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
6 15 20 15 6
21 35 35 21
56 70 56
126 126
252
Risposta 0252
10
Problema 13 − Sei teste
50 punti
Quante volte mediamente è necessario lanciare una moneta per ottenere 6 teste consecutive?
Soluzione:
Sia N il numero cercato. Indichiamo con C croce e con T testa. Se il primo lancio è C (probabilità
1/2), allora il numero atteso di lanci è N + 1. Se i primi due lanci sono TC (probabilità 1/4) il
numero atteso di lanci è N + 2. Proseguendo in modo analogo, se i < 6 e i primi i lanci sono T
seguiti da una C (probabilità 1/2i+1) il numero atteso di lanci è N + i + 1. Se invece otteniamo
TTTTTT (6 teste con probabilità 1/64) il numero atteso di lanci è 6. Otteniamo allora l’equazione
1
1
1
1
1
1
1
N = ( N + 1) + ( N + 2) + ( N + 3) + ( N + 4) + ( N + 5) + ( N + 6) + 6
2
4
8
16
32
64
64
che risolta fornisce N = 126.
Risposta 0126
Problema 14 − Calcolo enigmatico
×
+
50 punti
=
+
+
−
=
___________________________
◙ +
=
◙◙
A segno uguale corrisponde cifra uguale (e a segno diverso cifra diversa).
Quale numero corrisponde alla stringa
◙
?
Soluzione:
Sostituiamo lettere ai simboli in questo modo:
= A,
= B,
= C,
= D,
= E,
= F,
= G,
= H,
◙ =I
=L
Otteniamo così:
AF
×
H = ABH
+
+
+
DBC
− EB = CGA
_______________________
DC I
+ FL = D I I
11
Dall’ultima somma orizzontale si deduce subito che L = 0; dalla seconda somma verticale si ha
H + B = 10 e F = E + 1. Dalla prima somma verticale si ottiene A + B < 10. Per quanto si è detto
non può essere H = B = 5 (a cifre diverse corrispondono segni diversi). Abbiamo i casi (prodotto
orizzontale): F = 1 oppure F = 6 e H = 8. Il primo caso non si presenta poiché F > E, quindi si
conferma F = 6 e H = 8. Conseguentemente (seconda somme verticale e condizioni accennate) si
realizza che è E = 5 e B = 2. Vediamo che è I = C + 6 (ultima somma orizzontale); abbiamo quindi
due casi: C = 1, I = 7 oppure C = 3, I = 9. Il primo caso è impossibile come si evince dalla prima
somma verticale (la cifra A più 2 non può dare in colonna 1 poiché si è stabilito che non vi sono
riporti…), quindi è C = 3 e I = 9. Di conseguenza si ha A = 1 e G = 7 (ultima somma verticale).
Infine si ottiene D = 4. La soluzione è unica.
Risposta 9174
Problema 15 − Frazione fattoriale
55 punti
Siano a e b due numeri naturali tali che il loro prodotto valga 15!.
a
Quante sono le possibili frazioni ridotte ?
b
Soluzione:
Scomponendo in fattori primi il numero 15! si ottiene:
15!= (3 ⋅ 5) ⋅ (2 ⋅ 7) ⋅ 13 ⋅ (2 2 ⋅ 3) ⋅ 11 ⋅ (2 ⋅ 5) ⋅ 3 2 ⋅ 2 3 ⋅ 7 ⋅ (2 ⋅ 3) ⋅ 5 ⋅ 2 2 ⋅ 3 ⋅ 2 .
da cui, grazie alle proprietà associativa e commutativa:
15!= 211 ⋅ 3 6 ⋅ 5 3 ⋅ 7 2 ⋅ 11 ⋅ 13 .
Ciascuno di questi 6 diversi divisori primi dovrà comparire esclusivamente al numeratore o al
denominatore della frazione altrimenti essa non sarebbe ridotta ai minimi termini.
6
In particolare si ha un'unica possibilità (cioè   ) con tutti i fattori primi al denominatore e
0
a
1
nessuno al numeratore (che corrisponde alla frazione =
). Le possibilità per avere un fattore
b 15!
6
primo al numeratore e i cinque rimanenti al denominatore sono   , quelle per avere due fattori
1 
6
primi al numeratore e quattro al denominatore sono   e così via..
 2
In definitiva, sfruttando lo sviluppo del binomio di Newton, si ha:
6
 6  6  6  i 6 −i
  = ∑  1 1 = (1 + 1) 6 = 2 6 = 64 .
∑
i =0  i 
i =0  i 
Risposta 0064
12
Problema 16 − L’ispettore di M. Smullyan
55 punti
In un caso di furto sono coinvolti quattro imputati, A, B, C, D. Vengono accertati i seguenti quattro
fatti:
1) Se A e B sono entrambi colpevoli, allora C è innocente.
2) Se A è colpevole, almeno uno, tra B e D, è stato suo complice.
3) Se C è innocente, allora D è colpevole.
4) Se almeno uno fra B e C è colpevole, allora A è colpevole.
Quali sono gli imputati sicuramente colpevoli, quali innocenti e quali per cui restano dei dubbi?
Dare la risposta mantenendo l’ordine alfabetico degli imputati e fornendo una quaterna di numeri
tali che 0 significhi innocente, 1 colpevole e 2 significhi che ci sono dei dubbi.
(Ad esempio se si concludesse che A è colpevole, B innocente, dubbi su C e D, scrivere 1022).
Soluzione:
Formalizziamo dapprima le frasi.
Si intenda A = “A è colpevole” , ecc.
0 = FALSO
¬ A = “A è innocente”, ecc.
Avremo:
1)
2)
3)
4)
1 = VERO
(A ∧ B) → ¬C
A → (B ∨ D)
¬C → D
(B ∨ C) → A
Costruiamo la tavola di verità:
(1)
A B C D ¬C A∧B B∨C (A∧B)⇒ ¬C B∨D
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
1
1
1
1
1
1
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0
0
0
1
0
1
1
1
1
1
0
1
0
1
1
1
1
1
(2)
(3)
(4)
A⇒(Β∨D) ¬C⇒D (B∨C)⇒A
1
1
1
1
1
1
1
1
0
1
0
1
1
1
1
1
0
1
1
1
0
1
1
1
0
1
1
1
0
1
1
1
1
1
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
13
Poiché i fatti (1), (2), (3), (4) sono stati accertati (quindi supposti veramente accaduti),
considerando quindi solo le righe (in rosso) della tabella corrispondenti alle situazioni in cui tutte
le 4 frasi hanno valore di verità 1, si nota che solamente D, in corrispondenza ad esse, ha sempre
valore di verità 1 e perciò risulta certamente colpevole, mentre vi sono dubbi sugli altri (per i quali
corrispondono valori di verità variabili).
Risposta 2221
Problema 17 − Ping pong
60 punti
Angelo e Beatrice stanno giocando a ping pong. Angelo ha realizzato 16 punti, mentre Beatrice ne
ha 17. Ad ogni scambio Angelo ha la probabilità del 50% di vincere guadagnando così un punto; se
perde guadagna un punto Beatrice. Vince il primo che raggiunge 21 punti. Quale è la probabilità
che Angelo vinca? Detta p/q la frazione irriducibile che esprime la probabilità richiesta, fornire
come risposta la somma p + q.
Soluzione 1:
Consideriamo la tabella seguente che rappresenta tutte le possibili evoluzioni dei punteggi. In ogni
coppia il primo numero rappresenta il punteggio di Angelo ed il secondo quello di Beatrice. Si
parte dalla prima casella in alto a sinistra ed ogni scambio rappresenta uno spostamento di una
casella a destra (se vince Beatrice) o in basso (se vince Angelo). Angelo vince la partita se
raggiunge una casella dell’ultima riga in basso, mentre Beatrice vince se raggiunge una casella
dell’ultima colonna a destra.
16,17
16,18
16,19
16,20
16,21
17,17
17,18
17,19
17,20
17,21
18,17
18,18
18,19
18,20
18,21
19,17
19,18
19,19
19,20
19,21
20,17
20,18
20,19
20,20
20,21
21,17
21,18
21,19
21,20
Angelo raggiunge la casella (21,17) in un unico modo in 5 scambi quindi con probabilità (1/2)5, la
casella (21,18) in 6 scambi in 5 modi diversi quindi con probabilità 5(1/2)6, la casella (21,19) in 7
6
7
scambi in   = 15 modi diversi con probabilità 15(1/2)7, e la casella (21,20) in 8 scambi in   =
 2
3
8
35 modi diversi con probabilità 35(1/2) . La probabilità richiesta è pertanto
5
6
7
8
5
2
3
1
1
1
 1   1  
1
1
 1   93
.
  + 5  + 15  + 35  =   1 + 5  + 15  + 35   =
2
2
2
2 2 
2
2
 2   256
14
Soluzione 2:
Si consideri che Angelo deve vincere esattamente 5 scambi di cui senz’altro l’ultimo, quindi ci
vorranno al minimo 5 e al massimo 8 scambi (infatti Beatrice non dovrebbe vincere più di tre
scambi). Ciò può succedere in quattro modalità:
1) Angelo vince tutti i 5 scambi con probabilità (1/2)5 in un modo solo: vince anche i quattro
 4
scambi prima dell’ultimo →   = 1 modi possibili come detto.
 4
2) Angelo vince 5 scambi su sei con probabilità (1/2)6 aggiudicandosi quattro dei cinque
5
scambi prima dell’ultimo →   = 5 modi possibili.
 4
3) Angelo vince 5 scambi su sette con probabilità (1/2)7 aggiudicandosi quattro dei sei scambi
6
prima dell’ultimo →   = 15 modi possibili.
 4
4) Angelo vince 5 scambi su otto con probabilità (1/2)8 aggiudicandosi quattro dei sette
7
scambi prima dell’ultimo →   = 35 modi possibili.
 4
La probabilità richiesta è pertanto
5
6
7
8
5
2
3
1
1
1
 1   1  
1
1
 1   93
.
  + 5  + 15  + 35  =   1 + 5  + 15  + 35   =
 2   256
2
2
2
2 2 
2
2
La risposta da fornire è 93 + 256 = 349.
Risposta: 0349
Problema 18 − Problema di cubi
60 punti
Quali sono tutte le coppie (xi,yi) di interi positivi soluzioni dell’equazione x3 = 2015 + y3 ? Fornire
come risposta la somma dei valori (xi + yi).
Soluzione:
Scrivendo l’equazione come x3 – y3 = 2015 otteniamo (x – y)((x – y)2 + 3xy) = 5×13×31. Ovviamente
x > y e poiché x ed y sono positivi (x – y)3 < 2015 da cui 0 < x – y ≤ 12. Pertanto x – y , essendo
divisore di 2015, può valere 1 oppure 5. Se x – y = 1, xy non può essere intero; rimane il caso x – y
= 5 che comporta xy = 126, da cui si ottiene l’unica soluzione (x,y) = (14,9). Il numero da fornire
come risposta è 14 + 9 = 23.
Risposta 0023
15
Problema 19 − Potenze n-esime di n cifre
65 punti
Consideriamo i numeri naturali di n cifre che sono potenze n-esime. Qual è il massimo valore di n ?
Soluzione:
Se k è un numero naturale la cui potenza n-esima ha n cifre deve essere 10n-1 ≤ kn < 10n. La
disuguaglianza di destra comporta che k < 10; per la disuguaglianza di sinistra prendiamo i
logaritmi decimali ed otteniamo (n −1) ≤ n⋅Log k da cui n ≤ 1/(1 – Log k). Poiché k assume valori
interi compresi tra 1 e 9, il valore massimo di n si ottiene per k = 9 che comporta n = 21, quindi la
risposta cercata è 21.
Il numero di 21 cifre così ottenuto è pari a 9 21 = 109.418.989.131.512.359.209.
Risposta 0021
Problema 20 – Un problema del Diavolo!
80 punti
Pierino, per Carnevale, disegna su un cartoncino una maschera demoniaca utilizzando archi di
cinque circonferenze come indica la figura seguente:
I centri di tre circonferenze sono P, O, C, allineati in verticale (vedi sempre figura).
La circonferenza di centro C ha raggio 1 dm, AB è un suo diametro, perpendicolare a PC; la
circonferenza di centro O ha raggio EO = OF = OA = OB , dove EF è perpendicolare a PC (ed è,
come si vede, tangente in O alla circonferenza di centro C). La circonferenza di centro P ha raggio
PE = PS = PR = PF , dove SR è la corda della circonferenza di centro C parallela ad AB e passante
per G punto medio di OC.
16
Altre due circonferenze (messe in orizzontale) hanno centro rispettivamente in A ed in B e raggi
uguali ad AB . Calcolare, in mm2, l’area della maschera (DAESORFB).
Utilizzare se necessario i valori:
π = 3,1416
2 = 1,4142
3 = 1,732
arctg 2 = 0,9553 (radianti)
Soluzione:
Per brevità non useremo unità di misura, se non alla fine del procedimento risolutivo.
Tracciamo i segmenti PE, PF, OS, OR, PS, PR; segniamo i punti J e K (vedi figura sotto).
La parte centrale della maschera (corna escluse) è costituita da un semicerchio di centro C e
raggio OC e da due triangoli mistilinei adiacenti (ACD e BCD) la cui somma equivale ad un
segmento circolare situato in una circonferenza di raggio 2. La corda, base del suddetto segmento
circolare, dista dal centro metà raggio, quindi la sua lunghezza è 2 3 . L’area A1 del segmento
circolare quindi è uguale alla terza parte della differenza fra l’area del cerchio di raggio 2 e l’area
1
del triangolo equilatero inscritto. Abbiamo: A1 =
4π − 3 3 = 2,4568 .
3
(
L’area del semicerchio di cui s’è parlato è A2 =
π
2
)
= 1,5708 .
17
Resta da calcolare l’area delle due “corna”. Essa si può immaginare come differenza fra il
segmento circolare a due basi EABF e la somma dei segmenti circolari a due basi ESRF + ASRB.
L’area A3 di EABF è uguale all’area della semicirconferenza di centro O (raggio EO) meno
l’area del segmento circolare AKB. Troviamo che EO = AO = 2 , mentre l’area CO del segmento
circolare AKB è la quarta parte della differenza fra l’area del cerchio di centro O e l’area del
2π − 4 π
quadrato in esso inscritto (di lato 2): CO =
= −1.
4
2
π
 π
Otteniamo A3 = π −  − 1 = + 1 = 2,5708 .
2  2
2
3 1

+  + x  , da
4 2

2
2
cui 2 + x = 1 + x + x , cioè x = 1, c.v.d. Quindi SR è il lato dell’esagono inscritto nella
circonferenza di centro P. Si ha pure PE = 3 .
L’area A4 di ESRF è uguale alla differenza fra l’area C1 del segmento circolare EJF e l’area C2
del segmento circolare SJR. Abbiamo tg( EP̂O ) = 2 , da cui arctg 2 = 0,9553 (radianti). Sarà:
0,9553
C1 =
⋅ 3π − 2 = 2,8659 − 1,4142 = 1,4517 .
2
2
Notiamo che PO = OC = 1 infatti, posto PO = x , abbiamo EP = PS = 2 + x 2 =
π
1
3 1  2π − 3 3
= 0,2718 , da cui A4 = 1,1799.
 3π − 6 3 ⋅ ⋅  =
6
2 2
4
L’area A5 di ASRB è uguale alla differenza fra l’area della semicirconferenza ABO e l’area del
3
π 1
segmento circolare RSO: A5 = −  π − 3 ⋅  = 0,9566 .
2 3
4
Quindi l’area delle due corna sarà 2,5708 – 1,1799 – 0,9566 = 0,4343 .
In conclusione l’area della maschera sarà:
(2,4568 + 1,5708 + 0,4343) dm2 = 4,4619 dm2 = 44619 mm2.
Risposta4461
C2 =
18