Transcript SIMULAZIONE GARA A SQUADRE (COPPA FERMAT)

GARA DI MATEMATICA ON-LINE - BIENNIO (27/10/2014)
1. BUON GIORNO JERRY [164]
Sia r il raggio della circonferenza. Deve accadere che 2 r  k e  r 2  41k .
k
Ricaviamo r dalla prima equazione e sostituiamolo nella seconda: r 
2
2
k
 41k . Non potendo essere k  0 , k  164 .
4
2. L’INCUBO [25]
Siccome 9  8  7  24 , posso costruire un algoritmo (diminuendo ora il terzo, ora il secondo ora il
primo addendo) che mi permette di ottenere tutti i valori possibili fino a 3  2  1  6 . 25
risulterà il primo numero che non riesco a costruire con tre addendi diversi.
3. IN GIRO PER CASA [78]
Costruiamo il poligono ABCDEF seguendo le indicazioni del problema
(figura a lato). Si osserva che l’area del poligono è pari all’area di un
quadrato di lato l più l’area di un quadrato di diagonale l .
l2 3 2
2
F
AABCDEF  l   l .
2 2
3 2
l  9126
2
l 2  6084  782
l  78
E
D
A
C
B
4. SCHERZO A COLAZIONE [1705]
96  25  3 . Ora dobbiamo distribuire i fattori in modo da soddisfare le condizioni 1  c  b  a  9
Come prima cosa si osserva che il valore massimo che possiamo avere per a è 8 .
Se a  8 abbiamo le seguenti possibilità: b  6 , c  2 o b  4 , c  3 .
Se a  6 restano quattro valori 2 che non possiamo organizzare in nessun modo.
Non vi sono altre soluzioni al di fuori dei due valori trovati 862 e 843 .
5. VIA DI FUGA [450]
Indichiamo con x la misura del segmento CH . Osserviamo che i triangoli
CQP e PRB sono simili, in particolare CQ : QP  PR : RB .
Sostituendo i valori noti e l’incognita scelta si ottiene:
x  200 : 200  200 : 360  200 da cui segue che
160( x  200)  2002 che risolta porta a trovare
x  450 cm
6. VIE DI FUGA ALTERNATIVA [300]
Detta H il piede dell’altezza uscente da B del triangolo ABC , per il
secondo teorema di Euclide risulta che BH 2  AH  HC , cioè BH  12 .
L’area di ABCD è il doppio dell’area di ABC e vale (16  9) 12  300 cm2
C
P
Q
A
R
H
D
B
C
H
A
B
7. ENIGMI PER JERRY [641]
Siccome 10000  24  54 i due valori cercati non possono essere altri che a  24  16 e b  54  625
8. ENIGMI PER JERRY 2 [55]
Tutti gli n pari hanno n n un quadrato perfetto, infatti se n  2k , nn  n2 k   nk  .
2
Ci restano da contare i numeri n dispari che sono già quadrati perfetti che sono 1 , 9 , 25 , 49 e
81 per un totale di 55 valori possibili.
9. FINALMENTE [17]
Un poligono di lato n ha in tutto
n(n  3)
diagonali.
2
n(n  3)
 119 , che semplificata diventa n2  3n  238  0 risolve il problema.
2
Senza nemmeno scomodarsi a risolvere l’equazione di secondo grado ( n deve essere intero)
possiamo cercare la soluzione “vicino” (  ) alla 238  16 .
La soluzione è n  17 .
L’equazione
10. SPYKE [21]
Riscriviamo l’equazione in altro modo:
x3  2 y  xy  8
x3  8  xy  2 y
 x  2  x2  2x  4  y  x  2 .
Qualunque coppia del tipo (2; y) è soluzione, quindi abbiamo 19 soluzioni.
A questo punto rimane da verificare se esistono altre coppie che risolvono il caso y  x2  2 x  4 .
Scegliendo x  1 si trova y  7 e ponendo x  3 si trova y  19 .
Vi sono in tutto 21 coppie che soddisfano l’equazione di partenza.
11. AREA DI SICUREZZA [972]
D
Sia x l’altezza del triangolo DMP relativa al lato DM (vedi figura a
lato) che è anche altezza del triangolo DPC . Osserviamo che i triangoli
x
DMC e PCQ sono simili: DM : PQ  DC : QC , proporzione che diventa
H
54 : x  108:108  x
M
108x  54(108  x)
2 x  108  x
3x  108
x  36 .
A
54  36
2
ADMP 
 972 m
2
Q
C
P
B
C
12. LA CIOTOLA DI TOM [60]
ˆ  x l’angolo incognito sia y  ABD
ˆ  DBC
ˆ .
Detto BAC
ˆ  180  x , così come CIB
ˆ in
Per la ciclicità di ADIE l’angolo DIE
quanto apposto al vertice. Sfruttando il triangolo BIC possiamo
ˆ  ACE
ˆ e quindi per il triangolo
ˆ  x  y . Ma ECB
scrivere che ECB
ABC deve valere la relazione x  2 y  2( x  y)  180 da cui si
ottiene che x  60 .
x-y x-y
D
I
180°-x
180°-x
y
x
A
y
E
13. ENIGMI PER JERRY 3 [250]
Calcoliamo i valori delle funzione per le unità.
Due dei valori richiesti sono immediati D(12014 )  1 e D(52014 )  5 .
Calcoliamo gli altri.
D(32014 ) : le potenze di 3 hanno periodo 4 ( 3  9  7 1 ). 2014  2mod 4 e quindi D(32014 )  9 .
B
D(72014 ) : le potenze di 7 hanno periodo 4 ( 7  9  3 1 ). 2014  2mod 4 e quindi D(72014 )  9 .
D(92014 ) : le potenze di 9 hanno periodo 2 ( 9  1 ). 2014  0mod 2 e quindi D(92014 )  1 .
Siccome la cifra delle unità di una potenza dipende solamente dall’unità, la somma richiesta è:
D(12014 )  D(32014 )  D(52014 )  ...  D(992014 )  10   D(12014 )  D(32014 )  D(52014 )  D(7 2014 )  D(92014 )  
10(1  9  5  9  1)  250
14. TRAPPOLA PER JERRY [1200]
Un quadrilatero con le diagonali perpendicolari ha area pari alla metà del prodotto delle
diagonali. Il quadrilatero che si ottiene unendo i punti medi dei lati ha area pari a metà dell’area
del quadrilatero di partenza. Per risolvere il problema è sufficiente calcolare la misura delle
diagonali.
 AC  BD  140
 AC  80


 AC  BD  20
 BD  60
APQRS 
1
1 80  60
AABCD 
 1200 dm2
2
2 2
15. LUCCHETTI MATEMATICI [97]
Razionalizzando ogni denominatore si ottiene:
10000  9999
9999  9998
10  9

 ... 
 10000  9  100  3  97
10000  9999
9999  9998
10  9
16. UN REGALO PER TOM [82]
Detto l il lato dell’ottagono, il lato del quadrato può essere espresso nella
forma l  l 2 in quanto gli angoli esterni dell’ottagono sono pari a 45 .
Risolvendo l’equazione l  l 2  200 mm
si ottiene che l  200( 2  1)  82,84 mm
17. TORNEO DI QUARTIERE [24]
87
 28 .
2
Dette P le partite finite in pareggio e V le partite che hanno visto un vincitore, deve accadere
che P  V  28 e 3V  2P  60 .
 P  V  28
 P  24


3V  2 P  60
V 4
Con 8 squadre il totale di partite disputate è
18. I COMPITI DI TYKE [2013]
Osserviamo, innanzi tutto che la seconda equaione è possibile semplificarla per 2 :
f ( x)  3g ( x)  x2  x  6 e f ( x)  2 g ( x)  x2  4 .
Ricaviamo dalla seconda f ( x) e sostituiamolo nella prima:
x2  4  2 g ( x)  3g ( x)  x2  x  6 da cui siottiene
g ( x)  x  2 .
Rimettendo quanto trovato nella seconda equazione otteniamo
f ( x)  x2  4  2( x  2)  x2  2 x .
f (9)  g (1948)  92  2  9  1948  2  2013 .
19. ASTUZIA DI TOPO [28]
4
1
Scelto un colore (3 modi) la probabilità di estrarre 4 palline proprio di quel colore è pari a   .
3
4
1
1
La probabilità che Tom vinca è quindi P  3    
.
27
 3
20. LA CATTIVERIA FINALE [46]
Dobbiamo calcolare il valore di a 2  b2  c  d  e .
Occupiamoci prima di tutto di c  d  e .
Osserviamo che (c  d  e)2  c2  d 2  e2  2(cd  de  ce)  155  2 143  441 .
c  d  e  21 .
Da a3  3ab2  172 e b3  3ba 2  171
Possiamo ottenere che a3  3ab2  b3  3ba2  172  171 , cioè (a  b)3  343 da cui segue che
ab  7 .
D’altra parte a3  3ab2  (b3  3ba 2 )  172 171 , cioè (a  b)3  1 , da cui a  b  1 .
a  b  7
a  4
Risolvendo il sistema 
otteniamo 
.
a b 1
b  3
a2  b2  c  d  e  42  32  21  46 .