COMPENDIUM OMI · Olimpiada Matemática Italiana ... geometría y Teoría de números. Los...
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COMPENDIUM OMI Olimpiada Matemática Italiana 1997 – 2019 Con todas las soluciones oficiales Gerard Romo Garrido
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COMPENDIUM OMI
Olimpiada Matemática Italiana
1997 – 2019
Con todas las soluciones oficiales
Gerard Romo Garrido
Toomates Coolección Los documentos de Toomates son materiales digitales y gratuitos. Son digitales porque están pensados para ser consultados mediante un ordenador, tablet o móvil. Son gratuitos porque se ofrecen a la comunidad educativa sin coste alguno. Los libros de
texto pueden ser digitales o en papel, gratuitos o en venta, y ninguna de estas opciones es necesariamente mejor o peor que las otras.
Es más: Suele suceder que los mejores docentes son los que piden a sus alumnos la compra de un libro de texto en papel, esto es un hecho.
Lo que no es aceptable, por inmoral y mezquino, es el modelo de las llamadas "licencias digitales" con las que las editoriales
pretenden cobrar a los estudiantes, una y otra vez, por acceder a los mismos contenidos (unos contenidos que, además, son de una bajísima calidad). Este modelo de negocio es miserable, pues impide el compartir un mismo libro, incluso entre dos hermanos,
pretende convertir a los estudiantes en un mercado cautivo, exige a los estudiantes y a las escuelas costosísimas líneas de Internet, pretende pervertir el conocimiento, que es algo social, público, convirtiéndolo en un producto de propiedad privada, accesible solo a
aquellos que se lo puedan permitir, y solo de una manera encapsulada, fragmentada, impidiendo el derecho del alumno de poseer
todo el libro, de acceder a todo el libro, de moverse libremente por todo el libro. Nadie puede pretender ser neutral ante esto: Mirar para otro lado y aceptar el modelo de licencias digitales es admitir un mundo más
injusto, es participar en la denegación del acceso al conocimiento a aquellos que no disponen de medios económicos, en un mundo
en el que las modernas tecnologías actuales permiten, por primera vez en la historia de la Humanidad, poder compartir el conocimiento sin coste alguno, con algo tan simple como es un archivo "pdf".
El conocimiento no es una mercancía.
El proyecto Toomates tiene como objetivo la promoción y difusión entre el profesorado y el colectivo de estudiantes de unos materiales didácticos libres, gratuitos y de calidad, que fuerce a las editoriales a competir ofreciendo alternativas de pago atractivas
aumentando la calidad de unos libros de texto que actualmente son muy mediocres, y no mediante retorcidas técnicas comerciales.
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se ofrecen en dos versiones: En formato “pdf” para una cómoda lectura y en el formato “doc” de MSWord para permitir y facilitar
su edición y generar versiones parcial o totalmente modificadas. Se agradecerá cualquier observación, comentario o colaboración a
Actualmente, Toomates Coolección consta de los siguientes libros:
Geometría axiomática:
GA Geometría Axiomática pdf 1 2 ... 23 portada
PG Problemas de Geometría pdf 1 2 3 4 5 6 7
Problem-solving:
AR Teoría de números pdf 1 2
PT Trigonometría pdf doc
DE Desigualdades pdf doc
PC Números complejos pdf doc
PA Álgebra (en preparación)
pdf doc
PC Combinatoria (en preparación)
pdf doc
PR Probabilidad (en preparación)
pdf doc
Libros de texto (En catalán)
AG Àlgebra pdf 1 2
FU Funcions pdf doc
GN Geometria analítica pdf 1 2
TR Trigonometria
pdf doc
CO Nombres complexos pdf doc
AL Àlgebra Lineal 2n batxillerat
pdf doc
GL Geometria Lineal 2n batxillerat
pdf doc
CI Càlcul Infinitesimal 2n batxillerat
pdf 1 2
PL Programació Lineal 2n batxillerat
pdf doc
Recopilaciones de problemas
SI Compendium IMO 1959-2019 pdf
SE Compendium OME 1965-2019 pdf
SI Compendium OMI 1997-2019 pdf
SA Compendium AIME 1983-2019 pdf
ST Compendium PAU TEC 1998-2019 pdf
SC Compendium PAU CCSS 1998-2019 pdf
PM Problemas de Matemáticas pdf doc
Versión de este documento: 24/05/2020
www.toomates.net
Presentación.
Competiciones italianas de matemáticas.
Las organiza la Unione matematica italiana (UMI), desde el año 1984,para los
estudiantes de las Escuelas Superiores, con edad máxima de 20 años.
Se organizan en tres niveles:
Primer Nivel: Giochi di Archimede, Gara delle classi prime.
Segundo Nivel: Fase provincial.
Tercer nivel: Fase nacional.
Primer Nivel: Giochi di Archimede, Gara delle classi prime.
Concursan alrededor de 200000 estudiantes de 1500 escuelas superiores.
Consta de 16 preguntas de respuesta multiopción.
Segundo Nivel: Fase provincial.
Se celebra habitualmente en Febrero y participan alrededor de 10000
estudiantes. Suele constar de 12 preguntas de respuesta multi-opción, 2
preguntas de respuesta numérica y 3 demostraciones.
Los contenidos son los propios de la Escuela Superior, normalmente álgebra,
geometría y Teoría de números.
Los ganadores, que podrán participar en la fase nacional, se seleccionan
mediante cuotas provinciales basadas en el Algoritmo de Hondt: Cada provinia,
en función del número de escuelas participantes y sus propios resultados en las
fases nacionales de los cinco años precedentes, promociona un cierto número
fijo de estudiantes, privilegiando ligeramente los estudiantes más jóvenes: Los
estudiantes "di prima" puntúan con un coeficiente de 1.4, los "di seconda" con
1.3, y así hasta los "di quinta", con un coeficiente 1.
Tercer nivel: Fase nacional.
Consta de seis problemas matemáticos sobre geometría, teoría de números,
álgebra y combinatoria, de 7 puntos cada uno, en cuatro horas y media.
Se suele realizar en Cesenatico, en el mes de mayo, y participan alrededor de
300 estudiantes.
Entre sus ganadores se seleccionan los seis estudiantes que representarán a Italia
en las IMO (Italia concursa de forma estable desde el 1985) y en otras
competiciones internacionales, como la balcánica (Balkan Mathematical
Olympiad), la rumana (Romanian Master of Mathematics) y la europea femenina
(Girls' Mathematical Olympiad, EGMO).
Gara di squadre.
Se celebra desde el año 2005, y se basa en la resolución de 16 problemas
(semifinal nacional) o 24 (final nacional). Concursan 7 miembros, con un
capitán y un "consegnatore".
Índice.
Enunciados Enunciados y soluciones
13 - XIII - 1997 5 6
14 - XIV - 1998 10 11
15 - XV - 1999 14 15
16 - XVI - 2000 18 19
17 - XVII - 2001 23 24
18 - XVIII - 2002 28
19 - XIX - 2003 32
20 - XX - 2004 36
21 - XXI - 2005 40
22 - XXII - 2006 42
23 - XXIII - 2007 46
24 - XXIV - 2008 50 54
25 - XXV - 2009 55
26 - XXVI - 2010 59
27 - XXVII - 2011 63
28 - XXVIII - 2012 67
29 - XXIX - 2013 71
30 - XXX - 2014 75 82
31 - XXXI - 2015 86 87
32 - XXXII - 2016 92
33 - XXXIII - 2017 97
34 - XXXIV - 2018 100 101
35 - XXXV - 2019 106 107
Fuentes.
Archivos pdf descargados de la web
http://olimpiadi.dm.unibo.it/le-gare/gara-nazionale/
Todo este material ha sido agrupado en un único archivo "pdf" mediante la
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Progetto Olimpiadi di Matematica 1997XIII GARA NAZIONALE di MATEMATICA
Cesenatico, 2 maggio 1997
1. Una striscia di carta con bordi paralleli distanti 3 cm viene
piegata in modo che una parte di essa risulti parzialmente
sovrapposta alla parte rimanente (vedi gura).
Qual e l'area minima della zona ombreggiata?
2. Sia f una funzione reale di variabile reale che verica le condizioni
(i) f(10 + x) = f(10 x)
(ii) f(20 + x) = f(20 x)
per ogni valore reale di x. Si dimostri che f e dispari e periodica.
Si ricorda che f si dice dispari se f(x) = f(x) per ogni x;
f si dice periodica se esiste T > 0 tale che f(x+ T ) = f(x) per ogni x.
3. Si consideri il quadrante innito in gura, dove tutti i quadratini hanno
lato 1. E possibile colorare di nero alcuni dei quadratini in modo che
siano soddisfatte entrambe le seguenti proprieta?
Per ogni numero naturale n, il quadrato con vertice in O e di lato
n (con i lati paralleli agli assi) ha un numero di quadratini neri
maggiore del numero di quadratini bianchi.
Su ogni diagonale innita di quadratini parallela a quella mostrata
in gura, ci sono al piu un numero nito di quadratini neri.
4. Sia ABCD un tetraedro generico di cui si conosce la lunghezza a dello spigolo AB e l'area S
della proiezione del tetraedro su un piano perpendicolare alla retta per A e B.
Determinare il volume del tetraedro.
5. Sia X l'insieme dei numeri naturali che in base dieci non si scrivono con una sola cifra ripetuta
piu volte. Per ogni n 2 X deniamo An come l'insieme dei numeri ottenuti permutando in tutti
i modi possibili le cifre di n e sia dn il massimo comune divisore di tutti i numeri di An. Ad
esempio, se n = 1120,
A1120 = f112; 121; 211; 1012; 1021; 1102; 1120; 1201; 1210; 2011; 2101; 2110g
e d1120 = 1 (112 e 121 sono primi fra loro). Si determini il massimo valore possibile di dn.
6. Un commesso viaggiatore deve organizzare un viaggio che gli permetta
di visitare tutte le citta rappresentate nello schema, partendo da A e
tornando ad A. I tratti continui rappresentano i collegamenti ferroviari
tra le varie citta, e quelli tratteggiati i collegamenti aerei.
Il biglietto ferroviario da una citta ad una direttamente collegata costa
150 000 lire, mentre quello aereo costa 250 000 lire.
Qual e la minima spesa che il commesso viaggiatore deve sostenere?
Progetto Olimpiadi di Matematica 1997XIII GARA NAZIONALE di MATEMATICA
SOLUZIONI
Cesenatico, 2 maggio 1997
1. Gli angoli ABC e ACB sono alterni interni e quindi uguali, pertanto il triangolo ABC e isoscele
e AB = AC.
Ne segue che l'area di ABC vale1
2AC BH =
1
2AB BH .
Siccome BH e costante e vale 3 cm, il minimo dell'area di ABC si ottiene quando A coincide
con H . In tal caso il triangolo ABC e rettangolo in A e l'area vale 4; 5 cm2.
2. Si ha: f(20 + x) = f(10 + (10 + x)) = f(10 (10 + x)) = f(x) dalla (i)f(20 + x) = f(20 x) = f(x) dalla(ii) e dalla precedente
da cui f(x) = f(x) per ogni x e quindi f e dispari.
Inoltre f(40 + x) = f(20 + (20 + x)) = f(20 (20 + x)) = f(x) = f(x) e quindi
essendo f(40 + x) = f(x) se ne deduce che f e periodica.
Il seguente graco riporta un esempio di una funzione siatta.
3. S, e possibile. Per esempio, si colorino di nero:
- il primo quadratino avente vertice in O;
- i primi 2 quadratini sulle due diagonali adiacenti alla diagonale centrale;
- i primi 3 quadratini sulle due diagonali adiacenti alle precedenti, e cos via.
E chiaro che ogni diagonale a 45 ha un numero nito di quadratini neri.
Inoltre il numero dei quadratini neri in un quadrato di lato n con vertice nell'origine si puo
contare come segue:
se n = 2k e pari, il numero e
1 + 2(2 + 3 + : : :+ k 1 + k + k + k 1 + : : :+ 2+ 1) = 2k2 + 2k 1 > 2k2 =1
2n2
se n = 2k + 1 e dispari, il numero e:
1 + 2(2 + 3 + : : :+ k + k + 1 + k + : : :+ 2+ 1) = 2k2 + 4k + 1 > 2k2 + 2k +1
2=
1
2n2:
4. Sia il piano passante per A perpendicolare allo spigolo AB e siano C0, D0 le proiezioni di C e
D su . La proiezione del tetraedro ABCD su e il triangolo AC0D0.
π ππ
Il volume del tetraedro ABCD e uguale a quello del tetraedro ABC0D in quanto i due tetraedri
hanno la stessa base ABD e i vertici C, C0 stanno su una parallela al piano di base. Allo stesso
modo si vede che i tetraedri ABC0D e ABC0D0 hanno lo stesso volume, avendo la stessa base
ABC0 e vertici D;D0 su una parallela al piano di base. Ne segue che il volume di ABCD e
uguale a quello di ABC0D0; siccome AB e perpendicolare a tale volume e dato da1
3aS.
5. Il massimo comun divisore di due numeri divide anche la loro dierenza. Se A e B sono due cifre
distinte di n con A > B, i due numeri XXXAB e XXXBA sono in An (XXX rappresenta
una successione qualsiasi delle altre cifre di n). La loro dierenza vale 9(AB).
Il valore massimo di A B e 9, che si raggiunge solo se A = 9 e B = 0. Questo dimostra che
dn e minore o uguale a 81. Vediamo ora che esiste un intero N tale che dN = 81. Un tale N
deve essere formato solo da cifre 9 e 0 (altrimenti si trovano A e B come sopra, con AB < 9,
mentre dN 9(A B) < 81) e deve essere esso stesso multiplo di 81. Equivalentemente N=9
deve essere formato solo da cifre 1 e 0 e deve essere multiplo di 9. Per il criterio di divisibilita
per 9, la somma delle cifre di N=9 deve essere multipla di 9 e quindi N=9 deve possedere almeno
9 cifre uguali a 1.
Il piu piccolo intero in X con queste proprieta e 1 011 111 111, quindi N e almeno 9 099 999 999.
D'altra parte se N = 9 099 999 999, si verica facilmente che tutti i numeri di AN sono divisibili
per 81 e quindi dN = 81.
6. Vediamo anzitutto che non e possibile passare una e una sola volta per tutte le citta utilizzando
solamente i collegamenti ferroviari.
Osserviamo infatti la seguente gura, che evidenzia solamente i tratti ferroviari e che divide le
citta in "bianche" e "nere".
Poiche ogni tratto collega due citta di diverso colore, non esiste alcun percorso che passi una, ed
una sola, volta per tutte le citta, partendo da A e tornando ad A.
Un tale percorso dovrebbe infatti passare per un numero uguale di citta bianche e nere secondo
lo schema NBNBNBNBNBN (il primo e l'ultimo N rappresentano A), mentre nella gura
compaiono sei citta nere e quattro bianche.
Non e neppure possibile eettuare il viaggio con solo undici tratti ferroviari; partendo da A, e
infatti possibile arrivare solamente, sempre per via dell'alternanza dei colori, ad una citta bianca.
Cio signica allora che per eettuare il viaggio solamente per ferrovia occorre spendere almeno
1 800 000 lire.
Non e possibile eettuare il viaggio passando una ed una sola volta per ogni citta con un solo
tratto per aeroplano. Poiche infatti i tratti aerei collegano solo citta di uguale colore, un tale
percorso non puo permettere di ritornare ad A, ma permetterebbe solamente di arrivare ad una
citta bianca.E invece possibile il seguente percorso, con due tratti per via aerea:
Tale percorso presenta 8 tratti ferroviari e 2 aerei, per un totale di 1 700 000 lire, che e la minima
spesa possibile.
Progetto Olimpiadi di Matematica 1998GARA NAZIONALE di MATEMATICA
Cesenatico, 8 maggio 1998
1. Se x e un numero reale positivo si denoti con [x] la parte intera di x, cioe il massimo intero n x. Si
calcoli la somma
1 000 000Xn=1
pn=hp
1i+hp
2i+ : : :+
hp999 999
i+hp
1 000 000i.
[ Lo studente puo utilizzare, se crede, la seguente formula:
kX
i=1
i2 =
k(k + 1)(2k + 1)
6, la cui dimostrazione non e richiesta.]
2. Si dimostri che in ogni poliedro convesso ci sono almeno due facce con lo stesso numero di lati.
3. Alberto vuole organizzare per questa sera una partita di poker.
Egli sa che Bruno e Barbara si recano insieme in palestra una sera su tre, e che Carla, Corrado, Dario
e Davide sono impegnati una sera su due (ma non necessariamente negli stessi giorni).
Inoltre, sa che Dario non vuole giocare con Davide poiche questi gli ha portato via la ragazza.
Poiche per giocare a poker occorrono almeno quattro persone (compreso Alberto), qual e la probabilita
che stasera si giochi?
4. Sia ABCD un trapezio con base maggiore AB tale che le diagonali AC e BD siano perpendicolari.
Sia O il centro della circonferenza circoscritta al triangolo ABC e sia E il punto di intersezione tra la
retta OB e la retta CD: Dimostrare che
BC2
= CD CE:
5. Siano a1; a
2; a
3; a
4quattro numeri interi distinti e sia P (x) un polinomio a coecienti interi tale che
P (a1) = P (a
2) = P (a
3) = P (a
4) = 1: ()
(i) Dimostrare che non esiste nessun numero intero n tale che P (n) = 12:
(ii) Esistono un polinomio P (x) che soddisfa la condizione () ed un intero n tale che P (n) = 1998?
6. Sia f una funzione denita nell'insieme degli interi positivi a valori interi positivi.
Diciamo che:
f e crescente se n < m implica f(n) < f(m)
f e moltiplicativa se MCD(m;n) = 1 implica f(nm) = f(n) f(m)
f e completamente moltiplicativa se f(nm) = f(n) f(m) per ogni n;m.
(i) Si dimostri che se f e crescente allora f(n) n per ogni n.
(ii) Si dimostri che se f e crescente, completamente moltiplicativa e f(2) = 2
allora f(n) = n per ogni n.
(iii) L'aermazione (ii) resta vera se si elimina l'avverbio completamente?
Progetto Olimpiadi di Matematica 1998GARA NAZIONALE di MATEMATICA
SOLUZIONI
Cesenatico, 8 maggio 1998
1. Si ha [pn] = k se e solo se k2 n < (k + 1)2 = k2 + 2k + 1, ossia per n = k2 + j con 0 j 2k,
ovvero per 2k + 1 valori di j
Pertanto,K21X
n=1
pn=
K1Xk=1
k(2k + 1) =
= 2
K1Xk=1
k2 +
K1Xk=1
k =(K 1)K(2K 1)
3+K(K 1)
2=
(K 1)K(4K + 1)
6()
La somma richiesta si ottiene dall'espressione () ponendoK = 1000 ed aggiungendo 1000 =p1 000 000,
che non era stato contato ancora: dunque si ottiene 500 (333 4001 + 2).
2. Sia n il numero di facce del poliedro. Poiche lati distinti di una faccia connano con facce distinte,
ciascuna faccia puo avere un numero di lati compreso fra 3 e (n 1). Ne segue che vi sono almeno due
facce con lo stesso numero di lati.
3. Vi sono2
3di probabilita che Bruno e Barbara possano giocare; in tal caso basta che sia disponibile anche
uno solo degli altri amici. Che uno ssato degli amici non possa giocare e un evento di probabilita1
2,
e dunque che nessuno dei quattro possa giocare e un evento di probabilita
1
2
4
=1
16. La probabilita
che almeno uno di loro possa giocare e la probabilita complementare, che vale dunque15
16.
La probabilita che Bruno e Barbara non si rechino in palestra e che si possa giocare e quindi uguale a2
3 1516
=5
8.
Nel caso invece che Bruno e Barbara si rechino in palestra (il quale evento ha probabilita1
3), occorre
assolutamente che Carla e Corrado siano disponibili, e che almeno Dario o Davide sia disponibile.
La probabilita che Bruno e Barbara si rechino in palestra e che si possa giocare e dunque uguale a
1
31
2
2
1
1
2
2
!=
1
16.
La probabilita totale di poter giocare e allora5
8+
1
16=
11
16.
4. Sia F l'intersezione delle due diagonali del tra-
pezio e sia M il punto medio di AB. Poiche il
triangolo AOB e isoscele e OM ne e la mediana
rispetto alla base, i triangoli AOM e BOM
sono uguali e, in particolare,\AOM =\BOM =1
2
\AOB: Inoltre, considerando la circonferenza
circoscritta al triangolo ABC; gli angoli\AOB
e\ACB sono rispettivamente angolo al centro e
angolo alla circonferenza insistenti sullo stesso
arco AB; per cui\AOB = 2 \ACB e quindi\BOM =\ACB:
Ne segue che i triangoli OBM e CBF; che sono rettangoli, hanno un angolo acuto uguale e quindi
anche l'altro angolo acuto e uguale, cioe\ABE =\DBC: Inoltre gli angoli\ABE e\BEC sono uguali
perche alterni interni e quindi si ha anche\DBC =\BEC:
Inne i triangoli BCD e ECB sono simili, perche hanno l'angolo in C in comune e un altro angolo
uguale. Si ha allora BC : CD = EC : CB; ossia BC2
= CD CE:
5. Consideriamo il polinomio Q(x) = P (x) 1: La condizione () assicura che Q(a1) = Q(a
2) = Q(a
3) =
Q(a4) = 0 e, per il teorema di Runi, Q(x) e divisibile per ciascuno dei fattori (x ai) (1 i 4).
Poiche gli ai sono distinti, Q(x) e divisibile per il loro prodotto, cioe
Q(x) = (x a1)(x a
2)(x a
3)(x a
4)R(x)
per qualche polinomio a coecienti interi R(x): Se, per assurdo, si avesse P (n) = 12; si avrebbe
Q(n) = 11; cioe
11 = (n a1)(n a
2)(n a
3)(n a
4)R(n)
e quindi 11, che e un numero primo, si scriverebbe come prodotto di almeno 4 numeri interi distinti.
Ma questo e impossibile, perche gli unici interi relativi che sono divisori di 11 sono 1;11 e di essi
al piu tre possono essere inseriti in un prodotto il cui risultato e 11 (+11 e 11 non possono essere
inseriti contemporaneamente).
Lo stesso ragionamento dice anche che non esistono un polinomio P (x) che soddisfa la condizione ()ed un numero intero n tale che P (n) = 1998, perche si verica che 1997 = 19981 e un numero primo.
6. (i) Se m e il minimo intero positivo tale che f(m) < m, gli m 1 numeri che precedono m devono
avere tutti immagine minore di f(m) e dunque non possono essere tutti diversi perche si hanno
a disposizione al piu m 2 valori, assurdo.
(ii) Se m e il minimo intero positivo tale che f(m) > m ed e pari, allora f(m) = 2fm
2
= 2
m
2= m,
assurdo.
Se m e dispari, allora f (m+ 1) = 2f
m+ 1
2
= m+ 1 poiche
m+ 1
2< m, in quanto m > 2 e
quindi f(m) < m+ 1, assurdo.
(iii) S. Infatti se m e il minimo intero positivo tale che f(m) < m ed e pari allora si procede come
prima sem
2e dispari, e si passa a f(m+ 2) = 2f
m+ 2
2
= m+ 2 se
m
2e pari (si osservi che
m+ 2
2< m perche m > 2).
Sem e dispari di nuovo si procede come prima sem+ 1
2e dispari, altrimenti si passa a f(m+3) =
2f
m+ 3
2
= m+3 perche
m+ 3
2< m, ovvia purche sia m > 3. Resta dunque da escludere che
m sia 3, cioe occorre dimostrare che f(3) = 3. A tal ne sia d un numero dispari, non divisibile
per 3 e tale che3d+ 1
2sia dispari (ad esempio d = 7 va bene). Allora si ha:
f
3d+ 1
2
< f(2d) = 2f(d)
f(3d+ 1) = 2f
3d+ 1
2
> f(3d) = f(3)f(d)
da cui 2 >f(3)
2e quindi f(3) < 4.
Osserviamo che in maniera piu diretta si puo dimostrare che f(3) = 3 nel modo seguente.
Poniamo f(3) = x.
Per la crescenza si ha f(5) x+2 e, per la moltiplicativita, f(15) x(x+2) = x2+2x. Usando
alternativamente la moltiplicativita e la crescenza si ha anche:
,
f(6) = 2x
f(5) 2x 1
f(10) 4x 2
f(9) 4x 3
f(18) 8x 6
Nuovamente per la crescenza, si ha f(15) + 3 f(18), da cui
x2 + 2x+ 3 8x 6
x2 6x+ 9 = (x 3)2 0
e quindi x = 3.
XV GARA NAZIONALE DI MATEMATICA
Cesenatico, 7 maggio 1999
1) Dato un foglio rettangolare di lati a e b, con a > b , determinare l'area del triangolo
che risulta dalla sovrapposizione dei due lembi che si ottengono piegando il foglio
lungo una diagonale (il triangolo colorato in grigio nella gura).
2) Diciamo che un numero naturale e equilibrato se si scrive con tante cifre quanti sono i suoi divisori
primi distinti (per esempio, 15 e equilibrato, mentre 49 non lo e).
Dimostrare che c'e solo un numero nito di numeri equilibrati.
3) Siano ;1;2 tre circonferenze di raggi rispettivamente r; r1; r2 con 0 < r1 < r2 < r. Le circonferenze
1 e 2 sono tangenti internamente a in due punti distinti A e B e si intersecano fra loro in due
punti distinti. Dimostrare che il segmento AB passa per uno dei punti di intersezione fra 1 e 2 se
e solo se r1 + r2 = r.
4) Alberto e Barbara fanno il seguente gioco. Su di un tavolo ci sono 1999 cerini: a turno ogni giocatore
deve togliere dal tavolo un numero di cerini a sua scelta, purche maggiore o uguale ad uno, e minore
o uguale alla meta del numero dei cerini che in quel momento sono sul tavolo. Il giocatore che lascia
sul tavolo un solo cerino perde. Barbara e la prima a giocare.
Determinare per quale dei due giocatori esiste una strategia vincente e descrivere tale strategia.
5) Su un lago c'e un villaggio di capanne poste su palatte nei nodi di un reticolo rettangolare m n
(vedi esempio in gura). Dalla piattaforma di ogni capanna partono esattamente p ponti, che la
collegano ad una o piu delle capanne contigue (rispetto al reticolo, quindi non in diagonale). Per
quali valori interi positivi m, n e p e possibile collocare i ponti in modo che da ogni capanna si
raggiunga qualsiasi altra capanna? (Ovviamente tra due capanne contigue si possono collocare piu
ponti).
Esempio di reticolo 3 5
6) (a) Determinare tutte le coppie (x; k) di interi positivi che soddisfano l'equazione
3k 1 = x3:
(b) Dimostrare che se n e un intero maggiore di 1 e diverso da 3 non esistono coppie (x; k) di interi
positivi che soddisfano l'equazione
3k 1 = xn:
SI RINGRAZIANO PER LA COLLABORAZIONE
AGIP PETROLI, GESTURIST, COMUNE DI CESENATICO
XV GARA NAZIONALE DI MATEMATICA
Cesenatico, 7 maggio 1999
Soluzioni
1) Il triangolo ABC e isoscele (gli angoli dBAC e dABC corrispondono a due angoli
alterni interni nel rettangolo diviso da una diagonale) e la sua area e S = CB AD=2
(AD e l'altezza relativa a CB). Posto DB = a, AD = b, CB = AC = x e
DC = a x, il teorema di Pitagora applicato al triangolo rettangolo ACD fornisce
b2 + (a x)2 = x2 da cui x =a2 + b2
2aed inne S =
b(a2 + b2)
4a. A
BCD
2) Non esistono numeri equilibrati di c cifre se c > 100. Infatti un tale numero sarebbe prodotto
di c numeri primi, almeno meta dei quali maggiori di 100. Quindi il numero sarebbe maggiore di
100c=2 = 10c, il che e assurdo. In eetti il piu grande numero equilibrato ha esattamente dieci cifre,
dato che 2 3 5 7 11 13 17 19 23 29 < 1010, mentre 2 3 5 7 11 13 17 19 23 29 31 > 1011.
3) Supponiamo dapprima che il segmento AB passi per uno dei punti di
intersezione fra 1 e 2, e sia C tale punto. Siano inoltre O;O1; O2
rispettivamente i centri delle circonferenze ;1;2. I triangoli OAB,
O1AC e O2BC sono isosceli e sono simili (per esempio OAB e O1AC
hanno un angolo alla base in comune). Pertanto i lati opposti del quadri-
latero OO1CO2 sono paralleli e tale quadrilatero e un parallelogramma.
Dunque r = OA = OO1 +O1A = O2C +O1A = r2 + r1:
A CB
O1 O2
O
Viceversa, supponiamo r = r1 + r2. Si costruisca il parallelogramma
OO1C0O0
2i cui vertici C 0 e O0
2stanno sui segmenti AB e OB (e ovvio
che cio si puo fare in modo unico). Dalla similitudine di O1AC0; O0
2C 0B
e OAB si ha che O1C0 = O1A = r1, da cui segue che C 0 sta sulla circon-
ferenza 1, e anche O0
2B = O0
2C = OO1 = OA O1A = r r1 = r2, da
cui segue che O0
2 = O2 e che C0 sta sulla circonferenza 2.
A C 0
B
O1 O0
2
O
4) La strategia vincente si puo determinare procedendo a ritroso. Chi lascia un solo cerino sul tavolo
perde. Chi ne lascia due vince, perche costringe l'altro giocatore a lasciarne uno solo. Chi ne lascia
3 o 4 perde, perche alla mossa successiva l'altro potra lasciarne due. Chi ne lascia 5 invece vince,
perche costringe l'altro a lasciarne 3 o 4, che abbiamo visto essere mosse perdenti. Analogamente si
vede che lasciarne 6, 7, 8, 9 o 10 e una mossa perdente (permette all'altro di lasciarne 5), mentre
lasciarne 11 e vincente.
Questo ragionamento si puo ripetere all'innito: se lasciare k cerini e una mossa vincente, allora
lasciarne un numero compreso tra k + 1 e 2k (estremi inclusi) e perdente, mentre lasciarne 2k + 1
e vincente. In conclusione i \numeri vincenti" si possono facilmente determinare partendo da due e
sfruttando per ricorrenza il fatto appena osservato che se k e vincente, anche 2k + 1 e vincente. I
\numeri vincenti" minori di 1999 sono pertanto: 2, 5, 11, 23, 47, 95, 191, 383, 767, 1535. Barbara
quindi puo vincere seguendo questa strategia: alla prima mossa lascia sul tavolo 1535 cerini, la
seconda volta che tocca a lei ne lascia 767, la terza volta 383, e cos via. Procedendo in questo modo
la decima volta che tocca a lei ne lascera sul tavolo 2, e alla mossa successiva Alberto perdera.
1
5) Se m = 1 o n = 1 una capanna posta in un'estremita ha una sola capanna contigua, che quindi
non puo essere collegata a nessun'altra capanna (i p ponti che partono dalla prima capanna devono
necessariamente raggiungere la capanna contigua). Quindi si hanno solo le possibilita (m;n) = (1; 2)
o (m:n) = (2; 1) e p qualsiasi.
Se m ed n sono entrambi maggiori di 1, non si puo avere p = 1, in quanto da una capanna se ne
potrebbe raggiungere solo un'altra.
Consideriamo ora il caso in cui m, n e p sono tutti maggiori di 1. Dimostriamo che e possibile
collocare i ponti se e solo se m n e pari (e p puo essere qualunque). Colorando di bianco e di nero
le capanne come in un'ordinaria scacchiera, si ha che ogni ponte ha un'estremita bianca e una nera.
Se m n e dispari, cioe m ed n sono entrambi dispari, non e possibile far partire lo stesso numero di
ponti da tutte le capanne, in quanto il numero delle capanne bianche dierisce di uno (in piu o in
meno) da quello delle capanne nere.
D'altra parte se (ad esempio) m e pari, si possono formare degli isolati 2 n nel modo seguente:
p 2 p 2 p 2 p 1
b
d
p 1
a
c
I quattro semiponti a, b, c, d servono per collegare fra loro gli isolati (ovviamente nel caso degli
isolati piu esterni due di essi sono saldati fra loro a formare un unico ponte).
6) (a) Riscriviamo l'equazione nella forma
3k = x3 + 1 = (x+ 1)(x2 x+ 1)
Poiche gli unici divisori di una potenza di 3 sono a loro volta potenze di 3, ogni soluzione deve
soddisfare il sistema x+ 1 = 3a
x2 x+ 1 = 3b
con a e b interi positivi tali che a + b = k. Se a = 1; si ottiene x = 2, b = 1 e (x; k) = (2; 2) e una
soluzione. Se a > 1, sostituendo x = 3a 1 nella seconda equazione si ottiene
32a 3a+1 + 3 = 3(32a1 3a + 1) = 3b
che e impossibile perche 32a1 3a + 1 e maggiore di 1 e non e divisibile per 3. Quindi c'e un'unica
soluzione, (x; k) = (2; 2).
(b) Supponiamo dapprima che n sia un numero dispari. Possiamo scrivere l'equazione nella forma
3k = xn + 1 = (x+ 1)(xn1 xn2 + x+ 1)
e, analogamente a prima, un'eventuale soluzione dovrebbe soddisfare il sistemax+ 1 = 3a
xn1 xn2 + x+ 1 = 3b
con a e b interi positivi tali che a+ b = k. Dividendo il polinomio xn1xn2+ x+1 per x+1
si ottiene
xn1 xn2 + x+ 1 = q(x)(x+ 1) + r
e, ponendo x = 1, si ottiene r = n. Quindi il massimo comune divisore fra x+1 e xn1xn2+
x+ 1, che e una potenza di 3 con esponente positivo, deve dividere anche n, e quindi in particolare
3 deve essere un divisore di n. Ponendo n = 3m; xm = y, la nostra equazione diventa
3k 1 = y3
2
Dal caso (a) sappiamo che l'unica soluzione e y = 2; k = 2. Ma xm = 2 non ha chiaramente soluzioni
intere per m > 1.
Supponiamo inne n = 2m pari, e, ponendo xm = y, consideriamo l'equazione
3k = x2m + 1 = y2 + 1
Considerando tutti i possibili resti della divisione di y per 3, e cioe i casi y = 3z; 3z + 1; 3z 1, si
vede che y2 + 1 non e mai divisibile per 3, e quindi non ci sono soluzioni.
3
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XVII GARA NAZIONALE DI MATEMATICA
Cesenatico maggio
Un esagono equiangolo ha quattro lati consecutivi lunghi nellordine e Determinare lelunghezze degli altri due lati
In un torneo di pallacanestro ogni squadra aronta esattamente due volte tutte le altre squadrepartecipanti Il torneo viene vinto da una squadra sola in testa alla classica con punti mentreesattamente due squadre arrivano ultime con punti Quante squadre hanno partecipato al torneo
Ricordiamo che nella pallacanestro si assegnano punti alla squadra vincente e a quella sconttamentre non e possibile che una partita nisca in parita
Si consideri lequazionex yx
a Determinare tutte le coppie x y di soluzioni in cui x e un numero primo e y e un interopositivo
b Determinare tutte le coppie x y di soluzioni in cui x e y sono interi positivi
Si ricordi che
Chiamiamo numeri monotoni gli interi positivi tali che
si scrivono usando almeno due cifre nessuna cifra e zero le cifre compaiono in ordine strettamente crescente o strettamente decrescente
Ad esempio e sono numeri monotoni mentre e non lo sono
a Calcolare la somma di tutti i numeri monotoni di cinque cifre b Determinare con quanti zeri termina il minimo comune multiplo di tutti i numeri monotoni
senza vincoli sul numero di cifre
Sia ABC un triangolo e sia la circonferenza inscritta in ABC La circonferenza e tangente al latoAB nel punto T Sia D il punto di diametralmente opposto a T e sia S il punto di intersezionedella retta passante per C e D con il lato ABDimostrare che AT SB
Un pannello contiene lampadine disposte in modo da formare un quadrato di righe e colonne Alcune di esse sono accese le altre sono spenteLimpianto elettrico e tale che quando si preme il pulsante corrispondente ad una qualunque dellelampadine cambiano di stato cioe si accendono o si spengono tutte le lampadine che si trovanosulla sua colonna e tutte quelle che si trovano sulla sua riga compresa la lampadina corrispondenteallinterruttore premuto
a Partendo da quali congurazioni operando opportunamente e possibile fare in modo che allane tutte le lampadine risultino accese
b Qual e la risposta alla domanda precedente se le lampadine sono disposte in modo da formareun pannello di righe e colonne
XVII GARA NAZIONALE DI MATEMATICA
Cesenatico maggio
Soluzioni
Siano a b c d e f i lati dellesagono con a b c d Si prolunghino i lati a c e no ad incontrarsi nei puntiB C A vedi gura Poiche gli angoli interni dellesagonosono tutti di il triangolo ABC e i tre triangolini determinati da ciascuno dei lati f b d e rispettivamente dai verticiABC sono tutti equilateri dato che tutti i loro angoli sonodi Abbiamo pertanto che
b c d d e f f a b
da cui sostituendo i valori noti si ricava facilmente che f ed e
a
b
c
de
f
dd
f
f
b
bA B
C
Seconda soluzione
Indicati i lati come nella soluzione precedente si mandino le perpendicolari al lato a per i punti E e J siano AD e I F le intersezionidi tali perpendicolari con le rette dei lati a e d rispettivamente vedi gura Poiche gli angoli interni dellesagono sono tutti di tutti i triangoli in gura hanno angoli di e quindi AI eDF sono perpendicolari anche ad IF ne segue che AD e paralleload IF e il quadrilatero ADFI e un rettangolo come in gura
A B C D
IH G F
E
J
a
b
c
de
f
Con facili calcoli si ricava che
AD AB BC CD f
a
b
IF IH HGGF
e
d
c
AI AJ JI
p
f e FD FE ED
p
c b
Sostituendo i valori noti di a b c d ed imponendo le uguaglianze AD IF AI FD si ottieneche f e f e da cui f ed e
Indichiamo con n il numero delle squadre partecipanti Il numero di partite giocate durante tutto iltorneo sara uguale a n n tante quante sono le coppie ordinate di elementi distinti di un insiemecon n elementi
Indichiamo con M la media aritmetica dei punteggi totalizzati dalle squadre alla ne del torneoSiccome ad ogni partita si assegnano punti si ha M n n n n
Notiamo che poiche ogni squadra puo aver ottenuto solo un numero pari di punti tutte le squadreche non si sono classicate ne al primo ne allultimo posto hanno conquistato al piu punti Si haallora
M n
n
n
n
n
n
Daltra parte M e pari e maggiore di perche tutte le squadre hanno almeno punti e ne esisteuna che ne ha di piu Pertanto lunico valore possibile per M e da cui si ricava che il numero disquadre partecipanti al torneo e uguale a
E inne facile vericare che esiste un torneo a squadre che soddisfa le ipotesi del problema Seinfatti la squadra A batte le squadre B e C in tutti gli incontri mentre tutti gli altri scontri siconcludono con una vittoria per parte alla ne del torneo A avra totalizzato punti B e C neavranno totalizzati e gli altri partecipanti concluderanno il torneo con punti
Parte a Le coppie richieste sono
Sia infatti x p un numero primo Allora dallequazione segue che nella fattorizzazione di y non cipossono essere fattori primi diversi da p dunque y pn per un qualche n Sostituendo nellequazioneabbiamo cos che p pnp da cui np Ne segue che p deve essere un fattore primo di ed n p Otteniamo in questo modo le tre coppie elencate
Parte b Le coppie richieste sono
Sia p un primo che compare con esponente n nella fattorizzazione di x Allora dallequazione abbiamoche p compare anche nella fattorizzazione di y con un esponente che indichiamo con k Possiamopertanto scrivere x pna y pkb dove a e b non sono divisibili per p Sostituendo nellequazionetroviamo che pn a pkp
na bpna Uguagliando gli esponenti relativi al primo p si ha dunqueche n kapn e quindi pn divide n Abbiamo ora due casi
Se p non divide allora pn deve dividere n il che e impossibile visto che pn n poichepn n n n n n n
Se p e un fattore di allora pn deve dividere n il che e possibile solo per n Infattiper n si ha che pn n n n n n n
Abbiamo cos dimostrato che p puo essere solo o e deve comparire con esponente nellafattorizzazione di x Pertanto x e necessariamente un divisore di
Daltra parte se d e un qualunque divisore di posto e d si ottiene immediatamented ded ded quindi la coppia d de e soluzione dellequazione
Seconda Soluzione
Sia d il MCD tra x e e pongasi x da de cosicche a e sono primi fra loroLequazione si semplica in xe ya e quindi si ha x za per un opportuno z come si evince dalconfronto tra gli esponenti di ciascun fattore primo di x nei due membri dellequazione
Poiche x e z hanno gli stessi fattori primi e d come divisore di e prodotto di primi distinti siha anche z db e quindi da dba ossia a bada
Questo implica che x d e quindi x divide Infatti se b allora ba a mentre se b e a d allora da a a a
Si ricordi che per ogni b ed ogni intero a si ha ba ba a b a
Daltra parte se d e un qualunque divisore di posto e d si ottiene immediatamented ded ded quindi la coppia d de e soluzione dellequazione
Parte a Chiamiamo crescenti i numeri monotoni le cui cifre compaiono in ordine crescente eanalogamente chiamiamo decrescenti i numeri monotoni le cui cifre compaiono in ordine decrescenteChiamiamo inoltre gemello di un numero monotono N lintero che si scrive sostituendo ogni cifradi N con il suo complementare a Cos ad esempio il gemello di e
Si noti che ogni numero decrescente e il gemello di un numero crescente e viceversa Inoltre e facilevedere che la somma di un numero monotono di cinque cifre e del suo gemello e sempre uguale a
Supponiamo ora di aver scritto la somma S di tutti i numeri monotoni di cinque cifre In tale sommapossiamo raggruppare gli addendi a due a due in modo che a ogni numero crescente corrisponda ilsuo gemello decrescente Per losservazione precedente facendo le somme a due a due abbiamo cheS diventa la somma di addendi tutti uguali a Inoltre gli addendi sono tanti quanti i numericrescenti i quali a loro volta sono tanti quanti i modi di scegliere cinque cifre diverse in un insiemedi nove e cioe
Senza utilizzare il signicato combinatorio dei coecienti binomiali si puo ragionare nel modo seguente Scegliamo anzitutto le cifre diverse che costituiscono il numero la prima si puo sceglierein modi diversi la seconda in la quinta in Cos facendo non otteniamo sempre un numerocrescente infatti per ottenerlo la prima cifra deve essere la piu piccola delle scelte il che succedesolo una volta su la seconda deve essere la piu piccola delle rimaste il che succede solo una voltasu e cos via Di conseguenza i numeri crescenti sono
Pertanto la somma di tutti i numeri monotoni di cinque cifre e
Parte b Indichiamo con M il minimo comune multiplo di tutti i numeri monotoni Osserviamopreliminarmente che linsieme dei numeri monotoni e nito perche nessun numero monotono puoavere piu di nove cifre dunque M e ben denito
Per sapere con quanti zeri termina M occorre conoscere la piu grande potenza di che divide M A tale scopo consideriamo separatamente le potenze di e di Incominciamo ad analizzare il casodel La piu grande potenza di che divide M e uguale alla piu grande potenza di per cui edivisibile un numero monotono Tale potenza e almeno poiche e un numero monotonoInoltre tutti gli interi divisibili per terminano necessariamente con e di conseguenza i multipli monotoni di possono terminare solo con o I solinumeri monotoni ad avere tale terminazione sono nessuno dei quali e divisibile per Pertanto la piu grande potenza di che divide M e
Poiche ovviamente M contiene piu di tre fattori ad esempio e un numero monotono nesegue che M termina con esattamente zeri
Con riferimento alla gura a anco tracciamo la retta r passanteper D e parallela al lato AB Siano L ed M rispettivamente leintersezioni di r con i lati AC e BC Denotiamo inoltre con H e Krispettivamente i punti di tangenza di con i latiAC e BC Poichesulle tangenti condotte da un punto esterno ad una circonferenzarisultano uguali i segmenti compresi fra il dato punto esterno e irispettivi punti di contatto nel seguito teorema delle tangentiabbiamo CH CK LH LD e MK MD Scrivendo CH CLLH CK CMMK e sfruttando le uguaglianze precedentisi ha
CL LD CM MD
A T S B
C
H
L MKD
r
I triangoli CLM e CAB sono simili perche hanno i lati paralleli Moltiplicando luguaglianzaprecedente per il rapporto di similitudine otteniamo CA AS CB BS ossia CH HA AT TS CK KB BS Utilizzando ancora il teorema delle tangenti abbiamo CH CKAH AT e KB TB TS SB Ne segue che AT TS TS BS e quindi AT BS
a E facile vericare che se si preme il pulsante di tutte le lampadine di una riga e di una colonnatutte le lampadine del pannello cambiano di stato un numero pari di volte con lunica eccezioneproprio della lampadina che si trova allincrocio della riga e della colonna considerata che cambiastato volte
In denitiva queste mosse consentono di accendere una lampadina alla volta E dunque possibile raggiungere la congurazione in cui tutte le lampadine sono accese partendo da qualsiasicongurazione
b In questo caso e facile vericare che premendo il pulsante di una singola lampadina il numero dilampadine che cambiano di stato su ogni singola riga e su ogni singola colonna e comunque dispari o o Conseguenza di questo fatto e che condizione necessaria per raggiungere la congurazione
in cui tutte le lampadine sono accese e che allinizio il numero di lampadine accese sia pari per tuttele righe e per tutte le colonne o sia dispari per tutte le righe e tutte le colonne
Tale condizione e daltra parte anche suciente Supponiamo infatti di partire da una congurazionein cui ci sia un numero dispari di lampadine spente in ogni riga e ogni colonna Premiamo il pulsantedi tutte le lampadine spente In questo modo ogni lampadina accesa cambia di stato tante voltequante sono le lampadine spente sulla sua stessa riga e sulla sua stessa colonna quindi un numeropari di volte dispari dispari mentre ogni lampadina spenta cambia di stato un numero disparidi volte dispari dispari dove il serve a non contare due volte la lampadina spenta inquestione una volta come componente della sua riga e unaltra come componente della sua colonnadunque tutte le lampadine accese rimangono accese e tutte quelle spente si accendono
La stessa mossa cioe premere il pulsante di tutte le lampadine spente funziona anche se nellacongurazione di partenza ce un numero pari di lampadine spente in ogni riga e ogni colonnaInfatti anche in questo caso le lampadine accese cambiano stato un numero pari di volte pari pari mentre quelle spente cambiano stato un numero dispari di volte pari pari
Osservazione Lunica informazione usata nella dimostrazione della parte a e che il pannello ha unnumero pari di righe e colonne cos come nella dimostrazione della parte b si e usato solo che ilpannello ha un numero dispari di righe e colonne
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XX Olimpiade Italiana di Matematica
Cesenatico, 7 maggio 2004
1. Osservando le temperature registrate a Cesenatico negli ultimi mesi di dicembre e gennaio, Stefanoha notato una strana coincidenza: in tutti i giorni di questo periodo (esclusi il primo e l’ultimo) latemperatura minima e stata la somma della temperatura minima del giorno precedente e del giornosuccessivo.
Sapendo che il 3 dicembre la temperatura minima e stata di 5 gradi, ed il 31 gennaio e stata di 2gradi, determinare la temperatura minima del 25 dicembre.
Soluzione:
La temperatura minima registrata il 25 dicembre e stata di −3 gradi.
Per dimostrarlo, indichiamo con x la temperatura minima registrata il primo dicembre e con y latemperatura minima registrata il 2 dicembre. Usando la relazione osservata da Stefano, si puoricavare la temperatura minima in un dato giorno, conoscendo quelle dei due giorni precedenti: inquesto modo si ottiene che le temperature minime nei primi giorni di dicembre sono quelle riportatenella seguente tabella
Giorno 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10Temp. minima x y y − x −x −y x − y x y y − x −x
Si vede quindi facilmente che la successione delle temperature si ripete con una cadenza di 6 giorni.Di conseguenza la temperatura minima del 3 dicembre e stata y − x, mentre quella del 31 gennaio,che e il 62-esimo giorno del periodo, coincide con quella del secondo, cioe y. Dalle informazioni sideduce quindi che y − x = 5 e y = 2, da cui x = −3.
Ora la temperatura minima del 25 dicembre coincide con quella del primo, in quanto 25−1 e multiplodi 6, ed e stata quindi di −3 gradi.
2. Date nel piano due rette parallele r, s e due punti P, Q con P ∈ r e Q ∈ s, si considerino coppie dicirconferenze (CP , CQ), la prima tangente a r in P e la seconda tangente a s in Q, che siano anchetangenti esternamente tra loro, in un punto che chiamiamo T . Determinare il luogo di tali punti T
al variare di tutte le possibili coppie di circonferenze.
Soluzione:Il luogo cercato e l’unione del segmento aperto PQ e della parte della circonferenza di diametro PQ
che si trova al di fuori della striscia delimitata da r ed s.
Ciascuna circonferenza puo essere tangente alla rispettiva retta in due modi: in un caso interseca lastriscia S compresa tra le due rette, nell’altro non la interseca affatto. In tutti e due i casi il centrodella circonferenza (risp. OP , OQ) si trova lungo la perpendicolare alla retta per il punto di tangenza.Se poi le circonferenze sono tangenti in T , la retta per i due centri passa per T .
Per la coppia di circonferenze questo ci porta a 4 casi: escludiamo subito quello in cui nessuna delledue circonferenze interseca S, perche in questo caso le circonferenze non possono essere tangenti traloro.
Supponiamo dapprima che intersechino entrambe S: T appartieneallora a sua volta ad S. Gli angoli P OPT e TOQQ sono alterniinterni rispetto alle due rette parallele POP e QOQ (che sono tali inquanto entrambe perpendicolari a r ed s) tagliate dalla trasversaleOPOQ, e quindi sono uguali. Essi sono gli angoli al centro dei duetriangoli isosceli POPT e TOQQ, che hanno percio anche gli angoli
alla base uguali: da OP P T = OQQT si deduce infine che P , T e Q
sono allineati, cioe che T e un punto interno al segmento PQ.
P
OP
OQ
Q
T
r
s
Viceversa, se T e un punto interno al segmento PQ, sia OP il punto di intersezione dell’asse di PT
con la perpendicolare ad r passante per P , e sia OQ il punto di intersezione dell’asse di QT con laperpendicolare ad s passante per Q. Per la similitudine dei triangoli isosceli POPT e QOQT , si ha,
analogamente a prima, che T giace sul segmento OPOQ. Tracciando la circonferenza di centro OP
e tangente ad r e la circonferenza di centro OQ e tangente ad s, si trova dunque che T giace sullaretta dei centri ed appartiene ad entrambe le circonferenze, per cui le due circonferenze sono tangentiesternamente in T .
Supponiamo ora che solo una delle due intersechi S: per simmetria,supponiamo che questo avvenga per CP . Il punto T appartieneallora al semipiano (aperto) H delimitato da s non contenente r.Sia R il punto simmetrico di Q rispetto a OQ. La tangente perR a OQ e parallela a s e quindi a r; per quanto dimostrato nelprimo caso, P , T e R sono allineati. Ma siccome Q e R sonodiametralmente opposti, QT e perpendicolare a PR. Ma allora T
deve appartenere ad una semicirconferenza di diametro PQ, oltreche ad H.
P
OP
OQ
Q
R
T
r
s
Viceversa, se T e un punto del semipiano H appartenente alla semicirconferenza di diametro PQ,costruiamo, come nel primo caso, OP come il punto di intersezione dell’asse di PT con la perpendi-colare ad r passante per P e OQ come il punto di intersezione dell’asse di QT con la perpendicolaread s passante per Q. La verifica che la circonferenza di centro OP e raggio OPP e la circonferenzadi centro OQ e raggio OQQ sono tangenti in T e uguale a quella del primo caso.
Il luogo cercato e quindi l’unione del segmento aperto PQ e della parte della circonferenza di diametroPQ che si trova al di fuori della striscia (chiusa) delimitata da r ed s.
Osserviamo che i punti appartenenti al resto della retta o della circonferenza (P e Q esclusi) sonopunti T per cui esistono coppie di circonferenze tangenti alle rette in P e Q rispettivamente e tangentitra loro internamente in T .
Soluzione alternativa al secondo caso:
Osservando come prima che POPT e QOQT sono triangoli isosceli e che i loro angoli al vertice P OPT
e QOQT sono supplementari, si ottiene per differenza che la somma degli angoli alla base di questi
due triangoli sono complementari. Ne segue che P TQ = 180o − P TOP − QTOQ = 90o. Da qui siconclude come nella soluzione precedente.
3. (a) Determinare se 20052004 e somma di due quadrati perfetti positivi.
(b) Determinare se 20042005 e somma di due quadrati perfetti positivi.
Soluzione:
(a) 20052004 e somma di due quadrati perfetti positivi.
Si osservi che 52 = 32 + 42 e che 20052004 = 52m2, dove m = 51001 · 4011002. Moltiplicando laprima relazione per m2 si ottiene
20052004 = (5m)2 = (3m)2 + (4m)2.
(b) 20042005 non e somma di due quadrati perfetti positivi.
Si osservi innanzitutto che 20042005 = 32005 ·6682005 e divisibile per 3. Controllando il resto delladivisione per 3 del quadrato di un numero intero x, si vede che se x e divisibile per 3 esso e 0,mentre se non lo e, e quindi x = 3k±1, allora x2 = 9k2±6k+1, quindi il resto e 1. Se esistesserointeri positivi x, y tali che 20042005 = x2 + y2, allora x2 + y2 sarebbe divisibile per 3, e quindilo sarebbe anche la somma dei resti di x2 e y2. Analizzando tutti i casi, si vede che l’unicapossibilita e che sia x che y siano divisibili per 3. Ora poniamo x = 3x1, y = 3y1. Semplificandol’equazione 20042005 = x2 + y2 per il fattore comune 9, si ottiene 32003 · 6682005 = x2
1 + y21.
Analizzando di nuovo la divisibilita per 3, si ottiene che anche x1 e y1 devono essere divisibiliper 3, e dunque l’equazione puo essere nuovamente semplificata dividendo per 9. Procedendoin questo modo, si arrivera al punto in cui l’equazione si riduce alla forma
3 · 6682005 = x2
n + y2
n.
Ma di nuovo, questa equazione e possibile solo se xn e yn sono divisibili per 3, e quindi x2n + y2
n
e divisibile per 9. Poiche pero 3 · 6682005 non e divisibile per 9, una tale equazione non hasoluzioni.
4. Antonio e Bernardo giocano al seguente gioco: sono date due pile di gettoni, una con m gettoni el’altra con n gettoni. Ogni giocatore sceglie a turno una delle seguenti mosse:
• prendere un gettone da una delle pile;
• prendere un gettone da ciascuna delle pile;
• spostare un gettone da una pila ad un’altra.
Perde chi non puo piu muovere. Comincia Antonio. Determinare, in funzione di m ed n, se uno deidue giocatori ha una strategia vincente, e in caso affermativo specificare di quale giocatore si tratta.
Soluzione:
Se almeno uno tra m ed n e dispari dispari vince Antonio, se sono entrambi pari vince Bernardo.
Evidentemente l’unica configurazione in cui non sono piu possibili mosse e quella in cui entrambe lepile sono vuote. In particolare, entrambe le pile avranno in quel momento un numero pari di gettoni.L’idea e dunque cercare di far rimanere dopo la propria mossa un numero pari di pedine in entrambele pile.
Se nello stato iniziale esattamente una pila ha un numero dispari di pedine, Antonio prede unapedina da quella pila. Se entrambe le pile hanno un numero dispari di pedine, prende una pedinada ciascuna pila. In entrambi i casi lascia a Bernardo un numero pari di pedine in entrambe le pile;d’altra parte, ogni mossa successiva di Bernardo lascia almeno una pila con un numero dispari dipedine, permettendo ad Antonio di ripetere la sua strategia. Poiche infine ogni mossa di Antoniotoglie qualche pedina, il gioco terminera in un numero finito di passi con la vittoria di Antonio.
Se invece entrambe le pile hanno un numero pari di pedine, la situazione e simmetrica alla precedente:dopo qualsiasi mossa di Antonio ci sara un numero dispari di pedine in almeno una delle pile, e quindiBernardo potra applicare la stassa strategia di Antonio nel caso precedente.
5. Determinare se il seguente enunciato e vero o falso:“Per ogni successione x1, x2, x3, ... di numeri reali maggiori o uguali a zero esistono due successionia1, a2, a3, ... e b1, b2, b3, ... di numeri reali maggiori o uguali a zero tali che
• xn = an + bn per ogni n;
• a1 + ... + an ≤ n per infiniti valori di n;
• b1 + ... + bn ≤ n per infiniti valori di n, eventualmente diversi dai precedenti.”
Soluzione:
L’enunciato e vero. Per dimostrarlo, indichiamo innanzitutto una strategia possibile.
Fissata una successione di numeri interi 0 < n1 < n2 < ..., dividiamo gli indici in intervalli disgiunti:il primo intervallo comprende gli indici 1, ..., n1, il secondo gli indici n1 + 1, ..., n2, il terzo gli indicin2 + 1, ..., n3 e cosı via. Poniamo ora ai = xi se i appartiene ad un intervallo pari (secondo, quarto,...), e ai = 0 altrimenti; simmetricamente, poniamo bi = xi se i appartiene ad un intervallo dispari ebi = 0 altrimenti. In questo modo e evidente che per ogni n si ha che uno tra an e bn coincide conxn, mentre l’altro e uguale a zero, e quindi xn = an + bn per ogni n. Mostriamo ora che, scegliendoopportunamente la successione 0 < n1 < n2 < ..., si puo fare in modo che ci siano infiniti valori di n
per cui a1 + ... + an ≤ n ed infiniti valori di n per cui b1 + ... + bn ≤ n.
Poniamo infatti n1 = 1: di conseguenza il primo intervallo e costituito dal solo indice 1 e quindib1 = x1, a1 = 0. In particolare la prima disuguaglianza (an1
≤ n1) e verificata.
Vogliamo ora scegliere n2 in modo da verificare la seconda disuguaglianza (b1+b2+...+bn2≤ n2). A tal
fine, osserviamo che da 2 a n2 siamo nel secondo intervallo di indici, e dunque tutti i bi corrispondentisono nulli: la seconda disuguaglianza si riduce quindi a b1 ≤ n2 e sara dunque verificata a patto diprendere un n2 abbastanza grande (possiamo ad esempio prendere il piu piccolo intero maggiore din1 = 1 e di b1).
Passiamo ora a scegliere n3 in modo da verificare la terza disuguaglianza (a1 + a2 + ... + an3≤ n3).
A tal fine, osserviamo che da n2 + 1 a n3 siamo nel terzo intervallo di indici, e dunque tutti gli ai
corrispondenti sono nulli: la terza disuguaglianza si riduce quindi a a1+a2+...+an2≤ n3, espressione
nella quale n3 compare solo a destra, e che sara dunque verificata pur di prendere n3 abbastanzagrande (possiamo ad esempio prendere il piu piccolo intero maggiore di n2 e di a1 + a2 + ... + an2
).
Procediamo analogamente per scegliere n4, n5, ....
Questo tipo di costruzione puo essere portato avanti ricorsivamente. Diamo qui una versionematematicamente rigorosa dell’idea sopra esposta.
Dimostrazione dell’enunciato. Data una qualsiasi successione di numeri maggiori o uguali a zerox1, x2, x3, . . . , definiamo una successione di numeri interi 0 < n1 < n2 < n3 < . . . e le successionia1, a2, a3 . . . , b1, b2, b3 . . . come segue.
• n1 = 1, a1 = 0, b1 = x1;
• definiamo n2 come il piu piccolo intero maggiore di n1 = 1 tale che b1 = x1 ≤ n2; per i = 2, . . . n2
poniamo ai = xi, bi = 0.
Supponiamo ora di avere definito n1, . . . , nk e ai, bi per i = 1, . . . nk.
• se k = 2h e pari, definiamo n2h+1 come il piu piccolo intero positivo maggiore di n2h tale chea1 + · · · + a2h ≤ n2h+1; per i = n2h + 1, . . . , n2h+1 poniamo ai = 0, bi = xi;
• se k = 2h + 1 e dispari, definiamo n2h+2 come il piu piccolo intero positivo maggiore di n2h+1
tale che b1 + · · ·+ b2h+1 ≤ n2h+2; per i = n2h+1 + 1, . . . , n2h+2 poniamo ai = xi, bi = 0.
Dalla costruzione e chiaro che ai + bi = xi per ogni i e che
a1 + · · ·+ ank≤ nk se k e dispari;
b1 + · · ·+ bnk≤ nk se k e pari.
6. Sia P un punto interno ad un triangolo ABC. Le rette AP , BP
e CP intersecano i lati di ABC in A′, B′ e C ′ rispettivamente.Ponendo
x =AP
PA′, y =
BP
PB′, z =
CP
PC ′,
dimostrare che xyz = x + y + z + 2.
A B
C
P
C ′
A′
EB′
D
GF
Soluzione:
Si verifica facilmente che, comunque scelti tre numeri reali non nulli a, b, c, e ponendo x =a + b
c,
y =b + c
ae z =
a + c
b, la relazione da dimostrare diventa un’identita algebrica. Per trovare a, b, c si
proceda come segue: siano D ed E le intersezioni della parallela ad AB passante per P con i segmentiAC e BC rispettivamente. Siano poi F e G le intersezioni di AB con le parallele per P ai segmentiAC e BC rispettivamente, e si ponga AF = a, FG = b, GB = c. I triangoli DEC e FGP sonosimili, poiche hanno i lati ordinatamente paralleli, ed inoltre valgono le relazioni DP = a, PE = c eDA = PF , in quanto AFPD e GBEP sono dei parallelogrammi. Applicando il teorema di Talete
alle parallele GP e BA′ segue che x =a + b
c, ed analogamente segue che y =
b + c
a, applicando lo
stesso teorema alle parallele FP ed AB ′. Ancora per il teorema di Talete, si ha z =CD
DA, da cui
z =CD
PF=
DE
FG, sfruttando la similitudine tra DEC e FGP . Dunque, z =
DP + PE
FG=
a + c
b, e
questo conclude la dimostrazione.
XXI Olimpiade Italiana di MatematicaCesenatico, 6 maggio 2005
1. Sia ABC un triangolo rettangolo, con ipotenusa AC, e sia H il piede dell’altezza condotta daB ad AC. Sapendo che le lunghezze AB, BC e BH costituiscono i lati di un nuovo triangolo
rettangolo, determinare i possibili valori diAH
CH.
Soluzione: Poiche i triangoli ABH e BCH sono rettangoli, si ha BH < AB e BH < HC. Dunque il latomaggiore fra AB e BC deve essere l’ipotenusa del nuovo triangolo rettangolo. Supponiamo dapprima BC >AB. Allora abbiamo AB2+BH2 = BC2 e, analizzando il triangolo rettangolo BCH, CH 2+BH2 = BC2. Nesegue che AB = CH. Dalla similitudine fra i triangoli AHB e ABC si ha che AB : AH = (AH +CH) : AB
e quindi CH : AH = (AH +CH) : CH. Detto x il rapporto cercato, si trova 1/x = x+1 da cui x =√
5−1
2(il
valore negativo della soluzione dell’equazione algebrica e da scartare). Se AB > BC, lo stesso ragionamento
prova che CH/AH =√
5−1
2, ossia AH/CH =
√
5+1
2.
2. Dimostrare che, comunque si prendano 18 numeri interi positivi consecutivi minori o uguali a 2005, ce ne ealmeno uno divisibile per la somma delle sue cifre.
Soluzione: Tra i 18 numeri considerati vi sono due multipli consecutivi di 9. Per il criterio di divisibilitaper 9 la somma delle cifre di questi numeri e multipla di 9. Considerando che la somma massima delle cifredi un numero minore di 2005 e 28 (nel caso di 1999), analizziamo due casi.
Se la somma delle cifre di uno di questi numeri e 27, allora questo numero deve essere necessariamente999, 1899, 1989 o 1998. I numeri 999 e 1998 sono divisibili per 27, mentre i multipli di 9 immediatamenteprecedenti e immediatamente successivi a 1899 e a 1989, cioe 1890, 1908, 1980 e 1998, sono tutti divisibiliper la somma delle loro cifre. Se invece le somme delle cifre dei due multipli consecutivi di 9 sono uguali a 9o a 18, allora basta notare che uno di essi e pari, e quindi divisibile non solo per 9 ma anche per 2, e quindiper 18.
3. In ciascuna delle caselle di una tabella quadrata 4×4 e scritta la cifra 1 o la cifra 2. Si sa che la somma delle9 cifre contenute in ciascuno dei 4 quadrati 3 × 3 contenuti nella tabella e multipla di 4, mentre la sommadi tutte le 16 cifre non e multipla di 4.Determinare il massimo ed il minimo valore possibile per la somma di tutte le 16 cifre.
Soluzione: Il massimo ed il minimo sono, rispettivamente, 30 e 19 e sono realizzati, per esempio, dalleseguenti tabelle
2 2 2 2
2 2 1 2
2 1 2 2
2 2 2 2
1 1 1 1
1 2 2 1
1 2 1 1
1 1 1 1
Infatti, affinche la somma delle 9 cifre in un quadrato 3 × 3 sia divisibile per 4, ci sono solo due possibilita:avere 6 volte la cifra 1 e 3 volte la cifra 2 (somma 12), oppure avere 2 volte la cifra 1 e 7 volte la cifra 2(somma 16).
E quindi evidente che nella tabella 4 × 4 ci sono almeno 2 cifre 1. Se le disponiamo, in qualunque modo,all’interno del quadrato centrale 2 × 2 della tabella, in modo cioe da essere contenute in tutti i 4 quadrati3 × 3, non sono necessarie altre cifre 1. La somma massima si realizza quindi con 2 cifre 1 e 14 cifre 2, perun totale di 30.
Analogamente, nella tabella 4×4 ci sono almeno 3 cifre 2, e non ne servono altre se queste vengono disposte,in qualunque modo, all’interno del quadrato centrale 2×2 della tabella. La somma minima si realizza quindicon 3 cifre 2 e 13 cifre 1, per un totale di 19.
4. Determinare per quali n ≥ 3 e possibile trovare n numeri interi positivi tali che a due a due abbiano almenoun fattore in comune diverso da 1, ma a tre a tre siano primi tra loro.
Se si aggiunge la condizione che tutti i numeri interi siano minori di 5000, qual e il massimo valore di npossibile?
Soluzione: E possibile per tutti gli interi positivi n ≥ 3. Si associ ad ogni coppia di interi i, j con1 ≤ i < j ≤ n un numero primo pij = pji in modo tale che a coppie distinte siano associati primi distinti.
Si definisca poi, per 1 ≤ i ≤ n, ai come il prodotto di tutti i numeri primi pij con i fissato e j variabile fratutti i numeri da 1 a n diversi da i. Allora i numeri ai soddisfano le proprieta richieste. Infatti, il numeroprimo pij divide solo ai ed aj e pertanto il massimo comune divisore fra ai ed aj e uguale a pij , mentre nonc’e nessun numero primo che divida tre dei numeri a1, . . . , an.
La risposta alla seconda domanda e 4. Per n = 4 si possono prendere i numeri a1 = 2 · 3 · 5, a2 = 2 · 7 · 11,a3 = 3 · 7 · 13, a4 = 5 · 11 · 13. Per n = 5, invece, non e possibile, e a maggior ragione non e possibile pern > 5. Infatti, se a1, . . . , a5 soddisfacessero le condizioni date, allora per ogni coppia ai, aj ci sarebbe unnumero primo pij che divide sia ai che aj , e tutti questi numeri primi dovrebbero essere distinti. Pertantoogni numero dovrebbe essere divisibile per almeno 4 numeri primi distinti, ed ogni numero primo dovrebbedividere al piu due dei numeri ai. In particolare, il numero primo 2 e il numero primo 3 potrebbero dividereciascuno al massimo 2 dei numeri ai, quindi almeno uno degli ai non sarebbe divisibile ne per 2 ne per 3.Tale numero, essendo il prodotto di almeno quattro numeri primi distinti, dovrebbe essere maggiore o ugualea 5 · 7 · 11 · 13 = 5005, contraddicendo l’ipotesi.
5. Sia h un numero intero positivo e sia an la successione definita per ricorrenza nel modo seguente:
a0 = 1
an+1 =
an
2se an e pari,
an + h se an e dispari.
(Ad esempio, se h = 27 si ha: a1 = 28, a2 = 14, a3 = 7, a4 = 34, a5 = 17, a6 = 44, ...)
Per quali valori di h esiste n > 0 per cui an = 1?
Soluzione: I valori cercati sono tutti e soli gli interi positivi dispari. Infatti, se h e pari, allora a1 = 1 + he dispari, quindi a2 = 1 + 2h e dispari e cosı via, quindi tutti i numeri an = 1 + nh sono dispari e maggioridi 1.
Se invece h e dispari, osserviamo che tutti i termini della successione sono o interi positivi minori o ugualiad h oppure interi positivi pari maggiori di h e minori o uguali di 2h. Una dimostrazione semplice di questofatto si puo ottenere utilizzando il principio di induzione. Come dato iniziale, si ha che a0 = 1, quindi eun intero positivo minore o uguale ad h. Supposto che la tesi sia vera per il numero an, dimostriamola peran+1: se an e dispari e minore o uguale ad h, allora an+1 = an + h e pari, maggiore di h e minore o ugualea 2h; se invece an e pari e an ≤ 2h, allora an+1 = an
2≤ h.
Ne segue che la successione dei numeri an puo assumere solo un numero finito di valori. Poiche la successionee infinita, esisteranno due indici r < s tali che ar = as. Supponiamo di scegliere due indici r < s tali chear = as e dove r e minimo possibile. Se r = 0, allora as = a0 = 1 e la tesi e dimostrata. Dimostriamo perassurdo che non puo essere r > 0, distinguendo due casi:
- ar ≤ h; allora non si puo avere ar = ar−1 + h o as = as−1 + h, perche in tal caso ar−1 o as−1 nonsarebbero positivi, contro quanto affermato precedentemente. Pertanto ar−1 = as−1 = 2ar e dunque si haun’uguaglianza fra due termini della successione in cui il primo termine ha un indice minore di r, assurdo;
- ar pari, h < ar ≤ 2h; allora non si puo avere ar = ar−1
2o as = as−1
2, perche altrimenti ar−1 > 2h o
as−1 > 2h, contro quanto affermato precedentemente. Pertanto ar−1 = as−1 = ar − h, e di nuovo si hal’assurdo di un’uguaglianza fra due termini della successione in cui il primo termine ha un indice minore dir.
6. Siano date nel piano due circonferenze γ1 e γ2 di centri A e B rispettivamente, eintersecantesi in due punti C e D. Si supponga che la circonferenza passante per A,B e C intersechi ulteriormente γ1 e γ2 in E ed F rispettivamente, e che l’arco EFnon contenente C giaccia fuori dai due cerchi delimitati da γ1 e γ2. Dimostrare chel’arco EF non contenente C e bisecato dalla retta CD.Soluzione: Per il teorema dell’angolo al centro, CAD = 2CED. Poiche per sim-metria CAB = DAB, si ha CAB = CED . Inoltre, CAB = CEB, perche entrambiinsistono sull’arco CB, e quindi CED = CEB. Ne segue che E, D e B sono allineati(perche D e B giacciono dalla stessa parte della retta CE). Siccome gli archi CB e
BF sono uguali, si ha CEB = BEF , quindi D appartiene alla bisettrice di CEF .Con un ragionamento analogo, si dimostra che D appartiene alla bisettrice di CFE,il che significa che D e l’incentro del triangolo CEF . Dunque la retta CD bisecal’angolo ECF , e quindi l’arco EF .
C
F
D
E
A B
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XXIII OLIMPIADE ITALIANA DI MATEMATICACesenatico, 11 maggio 2007
SOLUZIONI
1. Sia dato nel piano un esagono regolare. Per ogni punto P del piano, chiamiamo l(P ) la somma delle seidistanze tra P e le rette su cui giacciono i lati dell’esagono, e v(P ) la somma delle sei distanze di P daivertici dell’esagono.
(a) Per quali punti P del piano l(P ) e minima?
(b) Per quali punti P del piano v(P ) e minima?
Soluzione: (a) I punti P per cui l(P ) e minima sono i punti interni all’esagono e quelli sul suo bordo.
Chiamiamo ABCDEF l’esagono, e a la lunghezza del suo lato e consideriamo la somma delle distanzetra P e i due lati opposti AB e DE. Se H e K sono i piedi delle perpendicolari da P alle rette AB eDE rispettivamente, allora, per definizione, PH e PK sono le distanze di P dalle rette AB e DE. P , H
e K sono allineati, perche PH e PK sono entrambi perpendicolari alle due rette, ed HK e uguale alladistanza tra le due rette, cioe a
√3a.
Se P e interno al segmento HK (vertici inclusi) si ha HP + PK = HK =√
3a. Se invece e esterno,allora il piu lungo dei due segmenti PH e PK contiene al suo interno tutto il segmento HK, quindi inparticolare PH + PK > HK >
√3a. E evidente che il primo caso si presenta quando P e interno alla
striscia formata tra le due rette AB e DE (bordo incluso), mentre il secondo quando P e esterno a talestriscia. In conclusione,
dist(P, AB) + dist(P, DE) = PH + PK >√
3a,
e l’uguaglianza vale se e solo se P e interno della striscia (bordo incluso). Ripetendo il ragionamentosulle altre due coppie di lati opposti, abbiamo
dist(P, AB) + dist(P, DE) >√
3a,
dist(P, BC) + dist(P, EF ) >√
3a,
dist(P, CD) + dist(P, FA) >√
3a,
e le uguaglianze valgono rispettivamente se P
e interno alle tre strisce determinate dalle cop-pie di rette parallele AB, DE, BC, EF,CD, FA (bordi inclusi).
bc
A B
C
E D
F
a
P
H
K
bcA B
C
E D
F
aP
H
K
Sommando le tre relazioni trovate, otteniamo
dist(P, AB) + dist(P, BC) + dist(P, CD) + dist(P, DE) + dist(P, EF ) + dist(P, FA) > 3√
3a.
L’uguaglianza vale quando P e nell’intersezione delle tre strisce formate dalle coppie di lati oppostidell’esagono, cioe quando P e all’interno all’esagono o sul suo bordo.
(b) L’unico punto per cui v(P ) e minima e il centro dell’esagono.
Per dimostrarlo, consideriamo le somme delle distanze di P dalle coppie di vertici opposti A, D, B, E,C, F). Per la disuguaglianza triangolare, AD 6 AP + PD, e l’uguaglianza vale se e solo se P e sulsegmento AD. Analogamente, BE 6 BP + PE, con l’uguaglianza solo se P sta sul segmento BE, eCF 6 CP +PF , con l’uguaglianza solo se P sta sul segmento CF . Sommando le tre relazioni otteniamo
v = PA + PB + PC + PD + PE + PF
= (AP + PD) + (BP + PE) + (CP + PF ) 6 AD + BE + CF = 6a,
e l’uguaglianza vale se e solo se valgono contemporaneamente le condizionidi uguaglianza delle tre relazioni che abbiamo sommato, cioe se P stacontemporaneamente sui segmenti AD, BE e CF . E evidente che l’unicopunto che soddisfa questa condizione e il centro dell’esagono.
bc
A B
C
E D
F
a
P
2. Diciamo che due polinomi a coefficienti interi p e q sono simili se hanno lo stesso grado e gli stessicoefficienti a meno dell’ordine.
(a) Dimostrare che se p e q sono simili, allora p(2007) − q(2007) e un multiplo di 2.
(b) Esistono degli interi k > 2 tali che, comunque siano dati due polinomi simili p e q, p(2007)−q(2007)e un multiplo di k?
Soluzione: (a) Poiche 2007 e un numero dispari, il valore di un polinomio in 2007 e pari o dispari aseconda che il numero dei suoi coefficienti dispari sia pari o dispari. Ma se p e q sono simili, allora inparticolare contengono lo stesso numero di coefficienti dispari, e quindi p(2007) e q(2007) sono entrambipari o entrambi dispari. In ogni caso, la loro differenza e divisibile per 2.
(b) Sı, la cosa e vera anche per k = 2006.
Per ogni intero non negativo h, si ha 2007h ≡ 1 (mod 2006). Se p(x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a0 e
q(x) = bnxn + bn−1xn−1 + · · ·+ b0 si ha dunque
p(2007) ≡ an + an−1 + · · ·+ a0 (mod 2006)
q(2007) ≡ bn + bn−1 + · · ·+ b0 (mod 2006),
da cui p(2007) − q(2007) ≡ (an + an−1 + · · ·+ a0) − (bn + bn−1 + · · ·+ b0) = 0 (mod 2006).
Soluzione alternativa: Entrambi i casi (a) e (b) possono essere risolti nel modo seguente. Notiamoche se p e q sono simili necessariamente p(1) = q(1). Sia ora r(x) = p(x) − q(x); si ha r(1) = 0, quindi(x − 1) divide r(x). Ma allora 2006 = 2007 − 1 divide r(2007) = p(2007) − q(2007).
3. Sia ABC un triangolo con baricentro G. Sia D 6= A un punto sulla retta AG tale che AG = GD, e siaE 6= B un punto sulla retta GB tale che GB = GE. Sia infine M il punto medio di AB. Dimostrare cheil quadrilatero BMCD e inscrittibile in una circonferenza se e solo se BA = BE.
Soluzione: Sia N il punto medio di BC. N e anche punto medio di GD,
essendo GD = AG per ipotesi, e GN =1
2AG per le note proprieta del baricen-
tro. Allora BDCG e un parallelogramma, avendo le diagonali che si bisecano,e BDCM e un trapezio, con basi BD e CM . Un trapezio e inscrittibile in unacirconferenza se e solo se e isoscele. Poiche BDCG e un parallelogramma, si haDC = BG; quindi BDCM e inscrittibile se e solo se BM = BG.
bc
bc
bc bc
bc
bc
bc
A M B
G
C
DEN
Per ipotesi M e il punto medio di AB e G e il punto medio di BE, quindi BM = BG se e solo seBA = BE; cio conclude la dimostrazione.
4. Alberto, per festeggiare il compleanno di Barbara, propone di giocare al seguente gioco: dato l’insiemedei numeri 0, 1, . . . , 1024, Barbara rimuove da questo insieme 29 numeri. Al passaggio successivo Albertorimuove dai rimanenti 28 numeri. Tocca nuovamente a Barbara, che dai restanti ne rimuove 27 eccetera,fino a che non rimangono solo 2 numeri a e b. Alberto a questo punto deve pagare a Barbara |a− b| euro.
Determinare la massima quantita di euro che Barbara e sicura di poter incassare, indipendentemente
dalla strategia adottata da Alberto.
Soluzione: La massima somma che Barbara e sicura di incassare e di 32 euro.
Ad ogni mossa, Barbara puo almeno raddoppiare la minima distanza tra i numeri rimamenti. Infatti,alla prima mossa puo rimuovere tutti i numeri dispari, e alle successive, indipendentemente dalle mossedi Alberto, puo rimuovere, il 2o, il 4o, il 6o, ... dei numeri rimasti secondo l’ordine crescente. Dopo le sue5 mosse, la minima distanza fra i numeri rimasti sara di almeno 25 = 32.
D’altra parte, Alberto puo ad ogni mossa almeno dimezzare la distanza massima fra i numeri rimanenti.Infatti, dopo la prima mossa di Barbara rimarranno 210+1−29 = 29+1 numeri; di essi, necessariamente ofra quelli minori di 29 o fra quelli maggiori di 29 non ce ne saranno piu di 28. Alberto potra quindi toglierei rimannenti, facendo in modo che rimangano solo numeri nell’intervallo [0, 29] o solo numeri nell’intervallo[29, 210]. Prima della mossa successiva di Alberto, saranno gia stati rimossi 29 + 28 + 27 numeri, e quindine rimarranno 27 + 1, inclusi in un intervallo di lunghezza 29. Di conseguenza, o nella prima meta o
nella seconda meta dell’intervallo rimasto (escludendo il numero centrale), non ne rimarranno piu di 26, equindi Alberto potra rimuoverli tutti, lasciando solo numeri in un intervallo di lunghezza 28. Proseguendocon questa strategia fino alla sua quinta ed ultima mossa, Alberto potra fare in modo di lasciare solo duenumeri in un intervallo di lunghezza 25 = 32, e quindi con distanza non superiore a 32.
In conclusione, Barbara e sicura di guadagnare almeno 32 euro, Alberto e sicuro di non dover sborsarepiu di 32 euro, e quindi 32 euro e la massima somma che Barbara e sicura di incassare.
5. Sia data la successione
x1 = 2;
xn+1 = 2x2n − 1 per n ≥ 1.
Dimostrare che n e xn sono relativamente primi per ogni n ≥ 1.
Soluzione: Dimostriamo che, se p e un numero primo che divide xn, allora p non divide n.
Se p = 2, allora la tesi e banalmente vera, in quanto tutti i termini xn sono dispari per n > 1. Quindi siha che 2 divide xn se e solo se n = 1.
Supponiamo dunque p > 2. Chiamiamo k il piu piccolo intero positivo tale che p divida xk. La successionern dei resti di xn nella divisione per p ammette un numero finito di valori (compresi fra 0 e p−1), dunqueesisteranno due interi i < j tali che ri = rj . Per ogni m ≥ 0 si avra che ri+m = rj+m, quindi lasuccessione rn e periodica per n ≥ i; ne segue che il valore rk = 0 (p divide xk) si deve ottenere prima checi siano due termini della successione rn ripetuti. Inoltre, se n < k, allora rn 6= p − 1, perche altrimentirn+1 = rn+2 = rn+3 = · · · = 1, e quindi rn non sarebbe mai zero. Quindi si deve avere rk = 0 per qualchek ≤ p − 1. Ma se rk = 0, allora rk+1 = p − 1 e rn = 1 per ogni n > k + 1, e dunque xk e l’unico
termine della successione divisibile per p. Poiche p non divide nessuno dei numeri 1, 2, . . . , p − 1, p nonpuo dividere k.
Nota: In alternativa ad escludere che rn possa essere uguale a p − 1 per p > 2 ed n < k, si puo notareche i resti possibili sono non piu dei resti dei quadrati (infatti devono essere uguali a 2 volte il resto di
un quadrato meno uno). Poiche per 1 ≤ x ≤ p − 1
2si ha che il resto di x2 e uguale al resto di (p− x)2, il
numero dei resti possibili non superap − 1
2+ 1, un numero che e minore o uguale a p − 1 per p ≥ 3.
6. Per ogni intero n ≥ 2, determinare:
(a) il piu grande numero reale cn tale che
1
1 + a1+
1
1 + a2+ . . . +
1
1 + an
≥ cn
per ogni scelta dei numeri reali positivi a1, a2, . . . , an tali che a1 · a2 · . . . · an = 1;
(b) il piu grande numero reale dn tale che
1
1 + 2a1
+1
1 + 2a2
+ . . . +1
1 + 2an
≥ dn
per ogni scelta dei numeri reali positivi a1, a2, . . . , an tali che a1 · a2 · . . . · an = 1.
Soluzione: (a) cn = 1 per ogni n ≥ 2.
Dimostriamo innanzitutto che per ogni n ≥ 2 si ha
1
1 + a1+
1
1 + a2+ . . . +
1
1 + an
≥ 1.
Per n = 2, ponendo a1 = a si ha a2 =1
ae l’espressione a sinistra della disuguaglianza si riduce a
1
1 + a+
1
1 + 1a
=1
1 + a+
a
1 + a= 1.
Supponiamo ora n > 2. Il prodotto dei due numeri piu piccoli fra a1, . . . , an e sicuramente minore ouguale di 1, altrimenti almeno uno di essi sarebbe maggiore di 1 e quindi il prodotto a1a2 · · ·an sarebbe
maggiore di 1. Senza perdita di generalita, possiamo supporre che a1a2 ≤ 1. Sia x =
√
1
a1a2
. Allora
x ≥ 1 e si ha (a1x)(a2x) = 1. Abbiamo
1
1 + a1+
1
1 + a2+ . . . +
1
1 + an
>1
1 + a1+
1
1 + a2≥ 1
1 + a1x+
1
1 + a2x= 1.
Dimostriamo ora che 1 e il piu grande numero reale che possa essere messo a destra della disuguaglianza,ovverosia che se c > 1 la disuguaglianza non e vera per qualche scelta di a1, . . . , an. Poniamo a1 = a2 =
· · · = an−1 = y, dove y e un qualsiasi numero reale positivo tale y + 1 >n − 1
c − 1, e an = y−(n−1). Abbiamo,
per i = 1, . . . , n − 1,1
1 + ai
=1
1 + y<
c − 1
n − 1
e quindi(
1
1 + a1+
1
1 + a2+ . . . +
1
1 + an−1
)
+1
1 + an
< (n − 1)c − 1
n − 1+ 1 = c.
(b) Si ha d2 =2
3e dn = 1 per ogni n ≥ 3.
Cominciamo con il caso n = 2. Ponendo s = a1 + a2 e tenendo conto che a1a2 = 1 il termine a sinistradella disuguaglianza diventa
2 + 2s
5 + 2s= 1 − 3
5 + 2s.
Questo termine assume il valore minimo quando s e minimo. Poiche a2 =1
a1, si ha s = a1 +
1
a1e maggiore
o uguale a 2, e che e uguale a 2 se e solo se a1 = 1. Quindi la migliore disuguaglianza possibile si ottiene
per s = 2, ottenenendo il valore d2 =2
3.
Il resto della dimostrazione e analogo al caso precedente. Dimostriamo dapprima che dn ≥ 1 per ognin ≥ 3. Per n = 3, la disuguaglianza
1
1 + 2a1
+1
1 + 2a2
+1
1 + 2a3
≥ 1
e equivalente a
3 + 4(a1 + a2 + a3) + 4(a1a2 + a2a3 + a3a1) ≥ 1 + 2(a1 + a2 + a3) + 4(a1a2 + a2a3 + a3a1) + 8a1a2a3,
ossia
a1 + a2 + a3 ≥8 − 2
2= 3,
che e verificata per la nota disuguaglianza fra media aritmetica e media geometrica.
Supponiamo ora n > 3. Come precedentemente, possiamo supporre che a1a2a3 ≤ 1 e definiamo
x =
√
1
a1a2a3. Abbiamo (a1x)(a2x)(a3x) = 1 e dunque
1
1 + 2a1+
1
1 + 2a2+
1
1 + 2a3+ . . . +
1
1 + 2an
>1
1 + 2a1+
1
1 + 2a2+
1
1 + 2a3
≥ 1
1 + 2a1x+
1
1 + 2a2x+
1
1 + 2a3x≥ 1.
Infine, se d e un qualsiasi numero maggiore di 1, poniamo a1 = a2 = · · · = an−1 = z dove z e un qualsiasi
numero reale positivo tale che 2z + 1 >d − 1
n − 1, e an = z−(n−1). Abbiamo
(
1
1 + 2a1
+1
1 + 2a2
+ . . . +1
1 + 2an−1
)
+1
1 + 2an
< (n − 1)d − 1
n − 1+ 1 = d.
XXV OLIMPIADE ITALIANA DI MATEMATICACesenatico, 9 maggio 2008
1. Siano a < b < c < d < e numeri reali. Si calcolano tutte le possibili somme a due a due diquesti 5 numeri. Di queste 10 somme, le tre piu piccole sono 32, 36, 37, mentre le due piugrandi sono 48 e 51. Si determinino tutti i possibili valori che puo assumere e.
2. Sia ABCD un quadrato di centro O. Si costruiscano due triangoli isosceli BCJ e CDK,esterni al quadrato, di base BC e CD rispettivamente e congruenti fra loro. Sia poi M ilpunto medio di CJ . Si provi che le rette OM e BK sono perpendicolari.
3. Un numero naturale n e detto gradevole se gode delle seguenti proprieta:
• la sua espressione decimale e costituita da 4 cifre;
• la prima e la terza cifra di n sono uguali;
• la seconda e la quarta cifra di n sono uguali;
• il prodotto delle cifre di n divide n2.
Si determinino tutti i numeri gradevoli.
4. Una pulce si trova inizialmente nel punto (0, 0) del piano cartesiano. Successivamentecompie n salti. Ogni salto viene effettuato in una a scelta delle quattro direzioni cardinali.Il primo salto e di lunghezza 1, il secondo di lunghezza 2, il terzo di lunghezza 4, e cosı via,fino all’n-salto, che e di lunghezza 2n−1. Dimostrare che, se si conosce la posizione finaledella pulce, allora e possibile determinare univocamente la sua posizione dopo ciascunodegli n salti.
5. Sia ABC un triangolo scaleno e acutangolo, Γ la sua circonferenza circoscritta, K il piededella bisettrice relativa al vertice A. Sia M il punto medio dell’arco BC che contiene A.Detta A′ la seconda intersezione di MK con Γ, sia T l’intersezione delle tangenti a Γ in A ein A′. Sia inoltre R l’intersezione della perpendicolare ad AK per A e della perpendicolaread A′K per A′. Si provi che T,R e K sono allineati.
6. Un numero naturale k si dice n-squadrato se, colorando comunque con n colori diversi lecaselle di una scacchiera 2n × k, esistono 4 caselle distinte dello stesso colore i cui centrisono vertici di un rettangolo avente i lati paralleli ai lati della scacchiera.Determinare, in funzione di n, il piu piccolo naturale k che sia n-squadrato.
XXIV OLIMPIADE ITALIANA DI MATEMATICA
Cesenatico, 9 maggio 2008
SOLUZIONI
1. Sia ABCDEFGHILMN un dodecagono regolare. Sia P il punto di intersezione delle diagonali AF e DH. Sia Sla circonferenza passante per A e H, congruente a quella circoscritta al dodecagono e distinta da essa. Dimostrareche:(a) P appartiene a S;(b) il centro di S appartiene alla diagonale HN ;(c) la lunghezza di PE e uguale al lato del dodecagono.
Soluzione: Sia T la circonferenza circoscritta al dodecago-no, e sia O il suo centro; sia OS il centro della circonferenzaS e sia Q il punto medio di AH. I punti O e OS sono sul-l’asse di AH e, avendo la stessa distanza da A ed H, sonosimmetrici rispetto ad AH, e anche simmetrici rispetto aQ. Poiche A e G sono vertici opposti del dodecagono, AGe un diametro di T ; ne segue che O e anche il punto mediodella diagonale AG e che AHG = 90. Per la similitudinedei triangoli AQO e AHG (due triangoli rettangoli aventiun angolo acuto in comune), si ha QO = 1
2HG e quindi
OSO = 2QO = HG.
bcbc bc
bcbc
A B
C
D
E
F
GH
I
L
M
N
OOS Q
P
TS
La circonferenza S e dunque la traslata di T per una lunghezza uguale al lato HG, nella direzione ~GH.(b): Per la regolarita del dodecagono, HL = NL e GL = AL e pertanto le rette HN e AG, entrambe perpendi-colari al raggio LO di T , sono parallele. Ma allora HN e la traslata di AG rispetto al vettore ~GH, e pertanto ilcentro di S si trova in HN .(a) e (c): Per quanto osservato prima, se dimostriamo che P e il traslato di E nella direzione ~GH , dimostriamosimultaneamente (a) e (c). Equivalentemente, dimostriamo che E e il traslato di P nella direzione ~HG. Il traslatodi P nella direzione ~HG e l’intersezione delle traslate nella stessa direzione di AF e BD. Ma con lo stesso argo-mento usato per dimostrare (b) si prova che le traslate di AF e DH nella direzione ~HG sono le diagonali BE eGE, che si intersecano in E.
2. Sia n ≥ 2 un numero intero. Coloriamo tutte le caselle di una scacchiera n × n in rosso o blu in modo che ogniquadrato 2 × 2 contenuto nella scacchiera abbia esattamente due caselle rosse e due blu.Quante sono le colorazioni possibili?NOTA: due colorazioni che si ottengono l’una dall’altra con una rotazione o una simmetria della scacchiera sono considerate
distinte.
Soluzione: Fissiamo una colorazione della prima riga della scacchiera. Essa puo essere fatto in 2n modi (2 scelteper il colore di ciascuna delle n caselle). Mostriamo ora se e in quanti modi una colorazione della prima rigapuo essere completata ad una colorazione dell’intera scacchiera soddisfacendo le condizioni richieste. In seguitochiameremo semplicemente completamento di una colorazione un completamento che soddisfa le condizioni delproblema.Primo caso: le caselle della prima riga hanno colori alterni. Le possibilita di questo tipo di colorazione della primariga sono 2: se la prima casella e colorata in rosso, allora la seconda e colorata in blu, la terza in rosso, e cosı via.Viceversa, se la prima casella e colorata in blu, allora la seconda e colorata in rosso, la terza in blu, e cosı via.In questo caso i completamenti della colorazione alla seconda riga sono esattamente quelli a colori alterni, e cioe2. Similmente, per ogni completamento della seconda riga ci sono 2 completamenti della terza riga, e cosı via, perun totale di 2n−1 completamenti e quindi di 2 . . . 2n−1 = 2n possibilita relative a questo caso.Secondo caso: esistono due caselle adiacenti della prima riga con lo stesso colore. Le possibilita per questo tipodi configurazione sono tutte meno quelle per il primo tipo di configurazione, cioe 2n − 2.Una possibilita di completare la colorazione alla seconda riga e certamente quella di colorare ciascuna casella dellaseconda in modo diverso da quello della casella sopra di lei. D’altra parte, questa e l’unica possibilita, poiche sottodue caselle adiacenti dello stesso colore devono esserci due caselle di colore diverso, e quindi necessariamente allaloro sinistra e alla loro destra ci devono essere caselle di colore diverso da quelle sopra di loro, e cosı via. In con-clusione, c’e un solo completamento della colorazione alla seconda riga. Analogamente, c’e un solo completamentodella colorazione ad ogni riga successiva alla prima, per un totale di 2n − 2 possibilita relative a questo caso.Il numero totale di colorazioni e dunque la somma di quelli relativi al primo e al secondo caso, e cioe
2n + 2n − 2 = 2n+1 − 2.
3. Determinare tutte le funzioni f , definite sull’insieme Z dei numeri interi relativi e a valori nell’insieme R dei numerireali, che soddisfano simultaneamente le seguenti proprieta:
• per ogni coppia di interi (m,n) con m < n si ha f(m) < f(n);• per ogni coppia di interi (m,n) esiste un intero k tale che f(m) − f(n) = f(k).
Soluzione: E immediato verificare che le funzioni del tipo f(n) = (n − n0)a con n0 intero e a reale positivosoddisfano le ipotesi: se m < n allora (m−n0)a < (n−n0)a e f(m)− f(n) = (m−n0)a− (n−n0)a = ma−na =[(m − n + n0) − n0]a = f(k) con k = m − n + n0.Dimostriamo che queste funzioni sono le sole possibili.Sia f una funzione che soddisfa le condizioni date. Ponendo m = n nella seconda condizione otteniamo che esisteun intero n0 tale che 0 = f(n) − f(n) = f(n0).Sia dunque n0 un intero tale che f(n0) = 0 e poniamo a = f(n0 + 1); dimostriamo per induzione che i numerireali della forma ka con k intero sono valori della funzione f . Se na = f(m) e un valore, da f(n0) − f(m) = −nasi ottiene che anche −na e un valore; supponiamo che na sia un valore: allora anche −a − na = −(n + 1)a ena − (−a) = (n + 1)a sono dei valori. Quindi f deve assumere come valori tutti i multipli interi di a.Dimostriamo ora che solo i numeri di tale forma sono valori di f . Sia b un numero reale tale che b/a non e intero(si noti che a > f(n0) = 0 per la prima proprieta, dunque possiamo sempre dividere per a), e supponiamo perassurdo che b sia un valore di f . Se b > 0, consideriamo il massimo k naturale tale che ka e minore di b; poicheabbiamo gia visto che ka viene assunto come valore da f , questo deve accadere anche per b−ka. Ma per la nostrascelta di k vale ka < b < (k + 1)a, quindi 0 < b− ka < a, e questo e assurdo: la funzione e strettamente crescente,dunque non assume valori compresi fra f(n0) = 0 e f(n0 + 1) = a. Lo stesso ragionamento vale per b < 0: dettok il minimo numero naturale tale che −ka < b, il numero b − (−ka), compreso fra 0 e a, dovrebbe appartenereall’immagine. Di nuovo questo e assurdo.Abbiamo cosı dimostrato che le funzioni possibili sono tutte e sole quelle crescenti la cui immagine sia formatadai multipli interi di un numero reale positivo a, ovvero quelle della forma: f(n0) = 0 per un certo intero n0;f(n0 + k) = ka per ogni k intero, per un certo a reale positivo.Seconda soluzione: Come nella precedente soluzione, notiamo che tutte le funzioni del tipo f(n) = (n − n0)acon n0 intero e a reale positivo soddisfano le condizioni date.Sempre analogamente a prima, sia n0 un intero per cui f(n0) = 0 e sia a = f(n0 + 1) (a e positivo per la primacondizione). Dobbiamo dimostrare che necessariamente f(n) = (n − n0)a per ogni n o, equivalentemente, cheg(n) = f(n+n0) = na per ogni n. E immediato vericare che la funzione g soddisfa le stesse condizioni date per f .Sia n un qualsiasi intero. Poiche la funzione g e strettamente crescente, si ha g(n + 1)− g(n) > 0, e quindi, poicheg(n + 1) − g(n) e un valore della funzione, g(n + 1) − g(n) ≥ g(1); d’altra parte, g(n + 1) − g(1) < g(n + 1) equindi, poiche g(n + 1) − g(n) e un valore della funzione, g(n + 1) − g(1) ≤ g(n). In conclusione,
g(n + 1) = g(n) + g(1) per ogni intero n.Ora dimostriamo per induzione che g(n) = na per ogni intero n. Sappiamo che questo e vero per n = 0, 1.Supponiamo che la tesi sia vera per un certo intero positivo n: allora la formula precedente da g(n+1) = na+a =(n + 1)a. Supponiamo ora che la tesi sia vera per un certo m ≤ 0: ponendo n = m − 1 nella formula precedenteotteniano g(m) = g(m − 1) + g(1), da cui g(m − 1) = g(m) − g(1) = ma − a = (m − 1)a.
4. Determinare tutte le terne (a, b, c) di numeri interi maggiori di zero tali che
a2 + 2b+1 = 3c.Soluzione: Supponiamo che (a, b, c) sia una soluzione dell’equazione data. Osserviamo innanzitutto che 2b+1 epari e che 3c e dispari, quindi a deve essere dispari. Poniamo a = 2k + 1.L’ipotesi b ≥ 1 implica che 4|3c − a2 = 3c − 4k(k + 1)− 1, quindi 4|3c − 1. Osservando che 3c − 1 = (3− 1)(3c−1 +3c−2 + · · ·+ 3 + 1) si ottiene che 3c − 1 e un multiplo di 4 solo se m = 3c−1 + 3c−2 + · · ·+ 3 + 1 e pari. Poiche m euna somma di c numeri dispari, c deve essere pari.Possiamo dunque porre c = 2c′, dove c′ e un intero positivo. Sottraendo a2 da entrambi i membri, la nostraequazione diventa 2b+1 = 32c′ − a2 = (3c′ + a)(3c′ − a).
Quindi i due fattori a destra sono potenze di 2, ed otteniamo un sistema
3c′ + a = 2x
3c′ − a = 2y
x + y = b + 1
Poiche 3c ed a
sono entrambi dispari, la loro somma e la loro differenza sono pari, per cui sia x che y sono positivi. Poiche a epositivo, abbiamo inoltre x > y, e quindi x ≥ 2.Sommando le prime due equazioni del sistema e dividendo per 2 otteniamo 3c′ = 2x−1 + 2y−1. Ma 3c′ e dispari e2x−1 e pari, quindi 2y−1 e dispari e dunque y = 1. Dalla terza equazione del sistema ricaviamo x = b e quindi,sostituendo, 3c′ = 2b−1 + 1.Per verifica diretta, quest’ultima equazione non ha soluzione se b = 1; se b = 2, invece, c’e la soluzione c′ = 1,ossia c = 2: risostituendo nell’equazione iniziale, si trova a = 1 e dunque si ottiene la soluzione (a, b, c) = (1, 2, 2)(si verifica che in effetti 12 + 22+1 = 32).
Supponiamo ora b ≥ 3. Abbiamo 4|3c′ − 1 e, con la stessa dimostrazione precedente, otteniamo c′ = 2c′′ ed ilsistema
3c′′ + 1 = 2x′
3c′′ − 1 = 2y′
x′ + y′ = b − 1
Analogamente a prima, otteniamo che y′ = 1, da cui c′′ = 1 (ossia c = 4), x′ = 2 e b = 4. Risostituendonell’equazione iniziale, si trova a = 7, e dunque la soluzione (a, b, c) = (7, 4, 4) (si verifica che in effetti 72 + 24+1 =34).Quindi le uniche soluzioni sono (1, 2, 2) e (7, 4, 4).
5. Sia ABC un triangolo con tutti gli angoli maggiori di 45 e minori di 90.
(a) Dimostrare che si possono disporre all’interno di ABC tre quadrati con le seguenti proprieta:
• i tre quadrati hanno tutti lo stesso lato;• i tre quadrati hanno un vertice comune K interno al triangolo;• due quadrati qualsiasi non hanno punti in comune oltre a K;• ciascuno dei quadrati ha due vertici opposti sul perimetro di ABC e per il resto e tutto all’interno del
triangolo ABC.
(b) Sia P il centro del quadrato con lato AB ed esterno ad ABC. Sia rC la simmetrica della retta passante perC e K rispetto alla bisettrice di ACB uscente da C. Dimostrare che P appartiene ad rC .
Soluzione: Per dimostrare il punto (a) lavoriamo alcontrario, disponendo arbitrariamente dei quadrati dilato fissato ed osservando quali sono le caratteristichedel triangolo ABC generato da tale disposizione. Perl’esattezza (con riferimento alla figura) scegliamo treangoli
α = A1KA2
β = B1KB2
γ = C1KC2
tali da non generare sovrapposizioni, ovvero compresi tra0 e 90, con somma 90. Definiamo a questo punto Acome l’intersezione tra le rette B1B2 e C1C2, KA come ilpunto medio del segmento A1A2; operiamo analogamenteper B e C. Il quadrilatero AKBKKC risulta avere dueangoli retti, poiche i triangoli KB1B2 e KC1C2 sono isosceli, dunque le mediane relative al vertice K sono al con-tempo altezze. Analogo discorso per BKCKKA e CKAKKB, da cui le relazioni:
KBKKC = 180 − A
KCKKA = 180 − B
KAKKB = 180 − C
D’altro canto le mediane di cui sopra sono anche bisettrici, per cui il sistema diviene:
β2
+ γ2
+ 90 = 90 − Aα2
+ γ2
+ 90 = 90 − Bα2
+ β2
+ 90 = 180 − C
che e come dire
α = 2A − 90
β = 2B − 90
γ = 2C − 90I vincoli su (α, β, γ) si trasformano coeren-
temente in vincoli su (A, B, C): si ha che ognuno degli ultimi tre angoli dev’essere compreso tra 45 e 90. Si notipoi che per costruzione i punti JA, JB , JC risultano interni al triangolo ABC.Preso dunque un triangolo come nell’ipotesi, sappiamo come disporre tre quadrati di lato unitario in modo dagenerare un triangolo simile a quello desiderato; usufruendo di un opportuno movimento rigido seguito da unadilatazione (angoli e rapporti tra lunghezze vengono preservati), la configurazione risolutiva e determinata.Per quanto riguarda il punto (b), sempre con riferimento alla figura, notiamoche
B1A2B = 45 + KA2A1 = 45 +180 − (2A − 90)
2= 180 − A .
Il quadrilatero ABA2B1 e percio ciclico. Ne segue che CB1A2 = 180−AB1A2 =B e CA2B1 = 180−B1A2B = A, dunque i triangoli A2B1C e ABC sono simili.D’altro canto, poiche KB1A2 = KA2B1 = 45, K e il centro del quadratocostruito su A2B1 esternamente a CA2B1, ragion per cui
KCB = PCA
e le rette CP e CK risultano simmetriche rispetto alla bisettrice dell’angolo C.
6. Francesca e Giorgia fanno il seguente gioco. Su un tavolo ci sono inizialmente alcune colonne di monete. Ognicolonna contiene un certo numero di monete, che puo eventualmente variare da colonna a colonna. A turno, ognigiocatrice fa una e una sola delle seguenti possibili mosse:
• sceglie una colonna contenente un numero pari non nullo 2k di monete e la sostituisce con due colonnecontenenti k monete ciascuna;
• leva dal tavolo tutte le colonne contenenti un numero dispari di monete.
Nel caso in cui non fosse possibile effettuare una mossa del primo tipo, la giocatrice ne fara necessariamente unadel secondo tipo, e viceversa.Inizia Francesca. Vince chi prende dal tavolo l’ultima moneta.
(a) Se inizialmente sul tavolo c’e una sola colonna, la quale contiene 20082008 monete, quale giocatrice ha unastrategia vincente?
(b) Per quali configurazioni iniziali Francesca ha una strategia vincente?
Soluzione: Verifichiamo innanzitutto che il gioco ha termine dopo un numero finito di mosse. Supponiamodapprima che inizialmente ci sia una sola colonna di monete, con 2αd monete dove d e un numero dispari, eragioniamo per induzione su α. Se α = 0 il gioco si conclude dopo una sola mossa, cioe la mossa che eliminal’unica colonna dispari di d monete. Supponiamo ora di avere dimostrato che per α = k il gioco termina in alpiu N mosse. Se α = k + 1, con la prima mossa questa colonna sara suddivisa in due colonne con 2kd monenteciascuna, e per eliminare le monete di ciascuna colonna serviranno al piu N mosse. In totale, il gioco termineradopo al piu M = 2N + 1 mosse. Infine, se inizialmente sul tavolo ci sono m colonne di monete C1, . . . , Cm e pereliminare le monete di ciascuna di esse sono necessarie al piu N1, . . . ,Nm mosse, il gioco terminera dopo al piuN1 + · · · + Nm mosse.Osserviamo poi che l’ultima mossa del gioco deve eliminare tutte le monete rimaste; pertanto prima dell’ultimamossa ci saranno sul tavolo solo colonne con un numero dispari di monete, e vincera la giocatrice che si trovera amuovere quando questo avverra.Suppomiamo ora che sul tavolo ci siano m colonne di monete, contenenti rispettivamente n1, . . . , nm monete. SiaA il numero degli ni che sono divisibili per 4, B il numero degli ni che sono divisibili per 2 ma non per 4, e sia δ = 1se ci sono colonne con un numero dispari di monete, δ = 0 altrimenti. Definiamo come valore della configurazioneil numero δ + A + δAB.Il valore della configurazione prima dell’ultima mossa e 1 (δ = 1, A = 0, B = 0) e vogliamo dimostrare cheFrancesca ha una strategia vincente se e solo se il valore della configurazione iniziale e un numero dispari.Dimostreremo infatti che:
(a) se prima di muovere una giocatrice si trova di fronte ad una configurazione di valore dispari, allora potrasempre lasciare l’avversaria di fronte ad una combinazione di valore pari;
(b) se prima di muovere una giocatrice si trova di fronte ad una combinazione di valore pari, allora lasceranecessariamente all’avversaria una configurazione di valore dispari.
Supponendo di aver dimostrato (a) e (b), e chiaro che, se la configurazione iniziale ha un valore dispari, la strategiavincente di Francesca sara quella di lasciare all’avversaria sempre una configurazione di valore pari, mentre se laconfigurazione iniziale ha valore pari, allora Francesca lascera a Giorgia dopo la prima mossa una configurazionecon valore dispari, e sara Giorgia ad avere la strategia vincente.Dimostrazione di (a):
• se δ = 0, allora A e dispari. La giocatrice suddivide una colonna con un numero di monete 4k in due colonnecon 2k monete ciascuna. Allora δ rimane uguale a zero, mentre il numero A diventa pari (se k e pari Baumenta di 1, se k e dispari diminuisce di 1);
• se δ = 1 e A e pari, la giocatrice rimuove le colonne con un numero dispari di monete (varia solo la parita diδ);
• se δ = 1 e A e dispari, allora necessariamente B e dispari. In questo caso la giocatrice suddivide una colonnacon 2d monete (d dispari) in due colonne con d monete (varia solo la parita di B).
Dimostrazione di (b):
• se δ = 0, allora A e pari. Suddividendo in due una colonna con 4k monete cambia solo la parita di A, mentresuddividendo in due una colonna con 2d monete (d dispari) cambia solo la parita di δ;
• se δ = 1, allora A e dispari e B e pari. Se la giocatrice rimuove le colonne con un numero dispari di monete,cambia solo la parita di δ; se suddivide una colonna con 4k monete in due colonne con 2k monete, cambiasolo la parita di A; se suddivide una colonna con 2d monete (d dispari) in due colonne con d monete, cambiasolo la parita di B.
Il caso in cui c’e una sola colonna con 20082008 monete produce un valore di gioco dispari (δ = 0, A = 1, B = 0),quindi il ragionamento precedente dimostra che Francesca ha una strategia vincente in questo caso.
XXV OLIMPIADE ITALIANA DI MATEMATICA
Cesenatico, 8 maggio 2009
SOLUZIONI
1. Siano a < b < c < d < e numeri reali. Si calcolano tutte le possibili somme a due a due di questi 5 numeri. Diqueste 10 somme, le tre piu piccole sono 32, 36, 37, mentre le due piu grandi sono 48 e 51. Si determinino tuttii possibili valori che puo assumere e.
Soluzione: E innanzitutto evidente che le due somme piu piccole, 32 e 36, sono rispettivamente a + b e a + c.Allo stesso modo, le due somme piu grandi, 48 e 51, sono rispettivamente c + e e d + e. Dunque a + b = 32,a + c = 36; sottraendo la prima equazione dalla seconda si ricava
c − b = 4. (1)
Allo stesso modo, da d + e = 51, c + e = 48 si ottiene
d − c = 3 (2)
e infine, sottraendo la (1) dalla (2), si ottiened − b = 7. (3)
Resta ancora da capire a che somma corrisponda il valore 37. A priori, si possono presentare due possibilita:37 = a + d oppure 37 = b + c. Se fosse 37 = a + d, allora per la (3) si avrebbe 37 = a + d = (a + b) + (d − b) =32 + 7 = 39, il che e assurdo. Quindi rimane solo la possibilita 37 = b + c. A questo punto e facile calcolare ivalori di a, b e c. Infatti 2a = (a+ b)+ (a+ c)− (b+ c) = 32+36− 37 = 31, da cui a = 15.5, b = 32−a = 16.5 ec = 37 − b = 20.5. Noto il valore di c, possiamo calcolare anche e = 48 − c = 27.5, da cui d = 23.5. Con questivalori di a, b, c, d, e risulta in effetti che le tre somme piu piccole sono 32, 36 e 37 e le due somme piu grandisono 48 e 51, per cui l’unico valore possibile per e e 27.5.
2. Sia ABCD un quadrato di centro O. Si costruiscano due triangoli isosceli BCJ e CDK, esterni al quadrato,di base BC e CD rispettivamente e congruenti fra loro. Sia poi M il punto medio di CJ . Si provi che le retteOM e BK sono perpendicolari.
Soluzione:
Poiche O e punto medio di AC e M e punto mediodi CJ , una dilatazione di centro C e fattore 2 man-da il triangolo COM nel triangolo CAJ : e dunquesufficiente provare che BK ⊥ AJ.
Osserviamo ora che una rotazione antioraria di 90
di centro O manda il segmento AB nel segmento BC
e il punto J nel punto K, in quanto BJ = CK eABJ = BCK: cio comporta che il segmento BK siaimmagine del segmento AJ secondo una rotazione di90, da cui la tesi.
bc bc
bc bc
bc
bc
bc
bc
A B
CD
O
M
J
K
3. Un numero naturale n e detto gradevole se gode delle seguenti proprieta:
• la sua espressione decimale e costituita da 4 cifre;
• la prima e la terza cifra di n sono uguali;
• la seconda e la quarta cifra di n sono uguali;
• il prodotto delle cifre di n divide n2.
Si determinino tutti i numeri gradevoli.
Soluzione: Ogni numero gradevole puo essere espresso come
n = 101 · (10a + b)
dove a e b sono interi con 1 ≤ a, b ≤ 9 (si esclude la cifra zero perche altrimenti il prodotto delle cifre sarebbezero, che non divide nessun numero positivo). La condizione
(ab)2|n2
implica ab|n, dunque sia a che b dividono n. Osserviamo pero che 101 e un numero primo, quindi MCD(a, 101) =MCD(b, 101) = 1. Ne segue che e a|10a + b e b|10a + b. Poiche ovviamente a|10a si ha a|b, e dunque:
a|b|10a.
Giunti a questo punto, vi sono tre possibilita:
• b = a;
• b = 2a;
• b = 5a.
La prima comporta a2|11a, ossia a|11 e dunque a = b = 1. La seconda comporta 2a2|12a, ossia a|6, con le tresoluzioni (a, b) ∈ (1, 2), (2, 4), (3, 6). La terza comporta 5a2|15a, ossia a|3, con l’unica soluzione (a, b) = (1, 5).
Si noti infine che tutte le soluzioni trovate soddisfano le condizioni del problema, quindi i numeri cercati sono:1111, 1212, 2424, 3636, 1515.
4. Inizialmente una pulce si trova nel punto (0, 0) del piano cartesiano. Successivamente compie n salti. Ognisalto viene effettuato in una a scelta delle quattro direzioni cardinali. Il primo salto e di lunghezza 1, il secondodi lunghezza 2, il terzo di lunghezza 4, e cosı via, fino all’n-salto, che e di lunghezza 2n−1. Dimostrare che,se si conosce la posizione finale della pulce, allora e possibile determinare univocamente la sua posizione dopociascuno degli n salti.
Soluzione: Supponiamo che la posizione della pulce dopo k passi sia (xk, yk). Per le condizioni del problemasi ha |xk|+ |yk| ≤ 1 + 2 + ... + 2k−1 = 2k − 1, quindi la pulce deve trovarsi all’interno un quadrato Qk di centro(0, 0) e con vertici (0, 2k), (0,−2k), (2k, 0), (−2k , 0).
Se ora denotiamo con Qk+(a, b) il quadrato Qk traslato del vettore (a, b), otteniamo che (xk+1, yk+1) e contenutoall’interno di uno dei quadrati Qk + (2k, 0), Qk + (0, 2k), Qk + (−2k, 0), Qk + (0,−2k), secondo che il salto dellapulce sia stato effettuato in direzione nord, est, sud e ovest rispettivamente. Ma le regioni interne a questiquadrati sono a due a due disgiunte, quindi (xk+1, yk+1) e contenuto in una sola di esse; ne segue che laposizione (xk+1, yk+1) della pulce dopo k +1 salti determina univocamente la posizione della pulce dopo k saltiper ogni k = 0, 1 . . . , n − 1.
Seconda soluzione: Coloriamo i punti a coordinate intere in bianco e nero, in modo che il punto (x, y) siabianco se x + y e pari e sia nero altrimenti. All’inizio la pulce e su un punto bianco, ma dal primo salto inpoi sara sempre su un punto nero. Date le coordinate (xn, yn) della pulce alla n-esima mossa, una soltantosara dispari, determinando di fatto se il primo spostamento sia stato compiuto in orizzontale o in verticale.Supponiamo, convenzionalmente, che ad essere dispari sia xn, ossia che il primo spostamento sia stato effettuatoin orizzontale. Allora
(
xn ± 1
2,yn
2
)
sono le coordinate di una seconda pulce che parte da (x1, y1) e mima le mosse della prima a velocita dimezzata.Ragionando come in precedenza, uno ed un solo intero tra
xn ± 1
2e
yn
2
e dispari. Questo determina sia se lo spostamento della pulce e in orizzontale o in verticale al secondo salto,sia la direzione del primo salto (verso est o verso ovest).
Ragionando induttivamente, si determinano nell’ordine gli spostamenti della pulce al primo, secondo, terzo,... , (n − 1)-esimo salto, e se l’n-esimo salto sia stato effettuato in orizzontale o verticale. Per determinare ladirezione di quest’ultimo salto, basta controllare un segno: se il salto e stato effettuato in orizzontale, allora estato effettuato verso est se xn > 0 e verso ovest se xn < 0 (e analogamente nel caso in cui il salto sia statoeffettuato in direzione verticale; si veda anche la prima soluzione per le disuguaglianze necessarie).
5. Sia ABC un triangolo acutangolo, Γ la sua circonferenza circoscritta, K il piede della bisettrice relativa alvertice A. Sia M il punto medio dell’arco BC che contiene A. Detta A′ la seconda intersezione di MK con Γ,si chiamino t, t′ rispettivamente le tangenti a Γ in A e in A′, r (risp. r′) la perpendicolare ad AK (risp. A′K)passante per A (risp A′). Siano ora T = t ∩ t′ e R = r ∩ r′. Si provi che T,R e K sono allineati.
Soluzione:
Denotiamo con O il centro di Γ e con N il punto medio dell’arco minore BC. Proviamo preliminarmente chela retta RA passa per M e che la retta RA′ passa per N : il primo punto e equivalente a
BAK + MAB =π
2;
ma per il teorema dell’angolo alla circonferenza MAB = MCB, e inoltre, per ipotesi, M e punto medio dell’arcomaggiore BC e K piede della bisettrice uscente da A, dunque:
2(BAK + MAB) = BAC + π − BMC = π.
Per il teorema dell’angolo al centro/angolo alla circonferenza si ha:
CON = NOB =⇒ CAN = NAB,
dunque AK passa per N e quest’ultimo, essendo antipodale ad M in Γ, realizza MA′N = π
2e giace su RA′.
A questo punto K risulta ortocentro del triangolo MRN , ragion per cui i punti A,A′, R,K appartengono aduna stessa circonferenza di diametro RK. Il centro di tale circonferenza e il punto T , in quanto AT risultacongruente ad A′T per il teorema delle tangenti e il triangolo ATK risulta isoscele (su base AK) poiche:
KAT =π
2− OAK = NMA = NBA = CBA + NBC = CBA + NAC
TKA = π − ACB −BAC
2= CBA +
BAC
2= CBA + NAC
Segue che T e punto medio di RK, da cui la tesi. 1
1T puo essere descritto come il simmetrico di O, punto medio di MN , rispetto al circocentro del triangolo AOA′. La circonferenzacircoscritta al triangolo AOA′ e la circonferenza di Feuerbach (o ‘dei nove punti’) relativa al triangolo MRN , il suo centro e dunque puntomedio del segmento avente per estremi K e il circocentro di MRN : da cio segue che la proiezione di T su MN coincide con la proiezionedi K su MN , ossia
TK ⊥ MN.
Abbiamo pero gia provato che K e ortocentro di MRN , la perpendicolare ad MN per K e dunque l’altezza uscente dal vertice R.Considerato che K ∈ BC e BC ⊥ MN , i punti
B, C, K, T, R
appartengono tutti ad una stessa retta.
6. Un numero naturale k si dice n-squadrato se, colorando comunque con n colori diversi le caselle di una scac-chiera 2n× k, esistono 4 caselle distinte dello stesso colore i cui centri sono vertici di un rettangolo avente i latiparalleli ai lati della scacchiera.Determinare, in funzione di n, il piu piccolo naturale k che sia n-squadrato.
Soluzione: Vogliaamo dimostrare che 2n2 − n + 1 e il piu piccolo numero naturale che sia n-squadrato.Suddividiamo la dimostrazione in 2 passi:
• k ≥ 2n2 − n + 1 e n-squadrato. Per fissare le idee diciamo che la scacchiera ha 2n righe e k colonne.Chiamiamo coppia verticale una coppia di caselle dello stesso colore che si trovano su una stessa colonna.In ogni colonna ci sono almeno n coppie verticali : avendo a dispozione n colori ho al piu n caselle coloratecon colori distinti e poi ognuna delle restanti (che sono almeno n) formera una coppia verticale con unadelle caselle precedentemente considerate. Quindi nella scacchiera ci sono almeno n · k coppie verticali.
Chiamando C il numero di coppie verticali nella scacchiera e ci il numero di coppie verticali del colorei-esimo si ha che C = c1 + c2 + . . . + cn. Poiche C ≥ n · k si deduce che esiste un colore i0 tale che ci0 ≥ k.Ci sono
(
2n
2
)
= n(2n−1) possibili configurazioni per una coppia verticale all’interno di una colonna. Quindipreso k ≥ 2n2 −n+1 ci sono sicuramente due coppie verticali del colore i0 nella stessa configurazione, cheinsieme formano un rettangolo che soddisfa le richieste del problema.Quindi ogni k ≥ 2n2 − n + 1 e n-squadrato.
• k ≤ 2n2−n non e n-squadrato. Ci basta dimostrare che 2n2−n non e n-squadrato. Per farlo mostriamoche si puo colorare una scacchiera 2n × (2n2 − n) con n colori in modo che non ci siano rettangoli chesoddisfino le richieste del problema, cioe che non esistano due coppie verticali dello stesso colore nellastessa configurazione. Ci basta in realta colorare una scacchiera “piccola” 2n× (2n− 1) in modo che ci siauna ed una sola coppia verticale per ciascuna configurazione; ciclando poi i colori otteniamo altre n − 1scacchiere da affiancare a questa che formeranno quella 2n × (2n2 − n) richiesta.Per fare la scacchiera “piccola” ci conviene guardarla cosı: le righe rappresentano delle squadre, le colonnerappresentano le giornate e le coppie verticali sono le partite. Le condizioni imposte sulle coppie verti-
cali si traducono nella richiesta di realizzare un torneo per 2n squadre, con 2n − 1 giornate, dove ognisquadra incontra ogni altra squadra una ed una sola volta e in ogni giornata ogni squadra disputa un soloincontro. Per realizzare il torneo possiamo procedere cosı: consideriamo un (2n − 1)-agono regolare e unpunto esterno dove i vertici del poligono sono le squadre 1,. . . ,2n − 1 e il punto esterno e la squadra 2n;gli incontri della giornata k sono tutte le diagonali parallele che alla fine lasciano fuori il vertice k, chegareggiera con 2n.2
Ora basta assegnare n colori diversi alle n partite di una stessa giornata e il colore della partita alle duesquadre che la giocano.
2Prendendo la squadra 2n-esima a parte, alla k-esima giornata la squadra k gareggia con la squadra 2n mentre la squadra i-esimagareggia con la j-esima dove i + j − 2 · k e multiplo di 2n − 1.
XXVI OLIMPIADE ITALIANA DI MATEMATICA
Cesenatico, 7 maggio 2010
SOLUZIONI
1. Ad un test di matematica partecipano N < 40 persone. La sufficienza e fissata a 65. I risultati del test sonoi seguenti: la media di tutti i partecipanti e 66, quella dei promossi 71 e quella dei bocciati 56. Tuttavia, acausa di un errore nella formulazione di un quesito, tutti i punteggi vengono aumentati di 5. A questo puntola media dei promossi diviene 75 e quella dei non promossi 59.
(a) Trovare tutti i possibili valori di N .
(b) Trovare tutti i possibili valori di N nel caso in cui, dopo l’aumento, la media dei promossi fosse diventata79 e quella dei non promossi 47.
Soluzione: (a) Sia P1 il numero dei promossi prima dell’incremento e P2 il numero di promossi dopol’incremento di punteggio. Dalle informazioni che abbiamo possiamo scrivere:
66N = 71P1 + 56(N − P1), 71N = 75P2 + 59(N − P2).
Dalla prima relazione, svolgendo i conti, otteniamo 10N = 15P1 o 2N = 3P1, da cui, essendo N e P1 interi,possiamo concludere che N e multiplo di 3. Similmente, dalla seconda relazione abbiamo 12N = 16P2 o3N = 4P2, e dunque N e multiplo di 4. In conclusione, N dev’essere multiplo di 3 e di 4, ovvero di 12, epuo dunque valere 12, 24 o 36. Questi tre casi sono in effetti possibili. Cerchiamo infatti un esempio perN = 12, tentando di avere voti il piu possibile uguali. Se 8 persone, ovvero i promossi immediatamente, hannoun voto prima dell’incremento di 71, una ha preso 62 e i rimanenti tre 54 abbiamo verificate tutte le ipotesidel problema. I casi N = 24 e N = 36 sono analoghi, rispettivamente raddoppiando e triplicando le persone inciascuna fascia di punteggio.
(b) Nessun N puo verificare le ipotesi di questo punto. Sia infatti Mp la media - prima dell’incremento - dicoloro che NON erano promossi prima dell’incremento ma che lo diverrebbero dopo. Allora si avrebbe:
76P1 + (Mp + 5)(P2 − P1) = 79P2
Ma Mp < 65, dunque Mp + 5 < 70 < 76, da cui
79P2 = 76P1 + (Mp + 5)(P2 − P1) < 76P1 + 76(P2 − P1) = 76P2 < 79P2
assurdo.
2. Ogni numero naturale, zero incluso, e colorato di bianco o di rosso, in modo che:
• vi siano almeno un numero bianco ed almeno un numero rosso;
• la somma tra un numero bianco ed un numero rosso sia bianca;
• il prodotto tra un numero bianco ed un numero rosso sia rosso.
Dimostrare che il prodotto di due numeri rossi e sempre un numero rosso e che la somma di due numeri rossie sempre un numero rosso.
Soluzione: Lo zero e un numero rosso: infatti, se 0 fosse bianco, dato che esiste un numero rosso x, avremmoche 0 + x = x e bianco per la seconda proprieta, contraddizione.
Uno e un numero bianco: infatti, se uno fosse rosso, dato che esiste un numero bianco y, avremmo che y · · · 1 = ye rosso per la terza proprieta, contraddizione.
Se non ci sono numeri rossi diversi da zero, la tesi e banale. Altrimenti, sia k il piu piccolo numero rossomaggiore di zero. Allora ogni numero non multiplo di k e bianco: infatti, se n non e multiplo di k, n si puoscrivere nella forma n = qk + r con 0 < r < k. Usiamo l’induzione su q. Se q = 0, n e bianco per ipotesi.Supponendo vera l’ipotesi per q − 1, abbiamo n = [(q − 1)k + r] + k, che e bianco per la seconda proprieta.
Per la terza proprieta, ogni multiplo di k della forma j · k, con j non divisibile per k, e rosso. Supponiamoora che n sia un multiplo di k della forma j · k con j = lk divisibile per k, ossia che n sia della forma l · k2.Dall’uguaglianza k + l · k2 = (1 + lk) · k abbiamo, per la seconda proprieta, che anche in questo caso n deveessere rosso. Quindi i numeri rossi sono tutti e soli i multipli di k. In questo caso sia le ipotesi del problemasia la tesi sono banalmente verificate.
3. Sia ABCD un quadrilatero convesso tale che CAB = CDA e BCA = ACD. Detto M il punto medio di ABsi dimostri che BCM = DBA.
Soluzione: Chiamiamo per comodita BCM = α. Consideriamo i trian-goli ADC e BAC: essi hanno due angoli congruenti, e quindi anche ilterzo e congruente per differenza (CAD = CBA). Per il primo criterio disimilitudine sono dunque simili; in particolare si ha AD : BA = CA : CB.Detto N il punto medio di AD, consideriamo i triangoli CAN e CBM ,che sono simili poiche hanno AN : BM = 2AN : 2BM = AD : BA =CA : CB e CAN = CBM per quanto dimostrato prima. Si ha in parti-colare che ACN = BCM = α in quanto angoli corrispondenti di triangolisimili, da cui
NCM = ACN + ACM = BCM + ACM = ACB.Consideriamo il quadrilatero ANCM e dimostriamo che e ciclico (inscrittibile in una circonferenza): effettuandola somma degli angoli opposti in A e C si otteniene
NAM + NCM = (DAC + CAB) + ACB = CBA + CAB + ACB = 180o
dove l’ultima uguaglianza e data dal fatto che la somma degli angoli interni di un triangolo e un angolo piatto.Dalla ciclicita di ANCM si deduce NMA = NCA = α (angoli che insistono sullo stesso arco). Ma ora, essendo
N e M punti medi di AD e AB, per Talete avremo che NM ‖ BD; in conclusione DBA = NMA = α, poicheangoli corrispondenti di due parallele tagliate da una retta.
Seconda soluzione: Consideriamo E in modo che EACD sia un parallelogramma e dimostriamo che itriangoli EAC e DAB sono simili (usando i risultati della prima parte della soluzione mostrara sopra).
Terza soluzione: Consideriamo il piano di Gauss dove c = 0 e l’origine e b = 1. ADC ∼ BACalgebricamente si traduce in d = a2.Esprimendo la tesi in termini di numeri complessi bisogna dimostrare che arg (a+b)/2−c
b−c = arg b−db−a ; svolgendo i
conti otteniamo:
arg(a + b)/2 − c
b − c= arg
z + 1
2= arg (z + 1) = arg
1 − z2
1 − z= arg
b − d
b − a
4. Nel trapezio ABCD i lati AB e CD sono paralleli, gli angoli ABC e BAD sono acuti. Dimostrare che e possibiledividere il triangolo ABC in 4 triangoli disgiunti X1, . . . ,X4 e il triangolo ABD in 4 triangoli disgiunti Y1, . . . , Y4
tali che i triangoli Xi e Yi siano congruenti per ogni i.
Soluzione: Sia D′ il simmetrico di D rispetto ad AB, e sia E intersezionefra la retta CD′ e la retta AB. Dato che gli angoli BAD, CBA sonoacuti, E giace all’interno del segmento AB. Inoltre dato che C e D′ sonoequidistanti da AB, si ha CE = ED′.Si traccino per E le rette r1//AC e r2//AD′, e denotati con G l’intersezionefra r1 e AD′, F l’intersezione fra r2 e AC, per costruzione risulta
AEF = EAG, CEF = ED′G.Analogamente si traccino per E le rette r3//BD′ e r4//BC, e denotati con M l’intersezione fra r3 e BC, Hl’intersezione fra r4 e BD′, risulta
CEM = ED′H, BEM = EBH.
Siano infine O,N i simmetrici di H,G rispetto ad AB e la scelta
X1 = AEF, X2 = CEF, X3 = CEM, X4 = BEM
Y1 = EAN, Y2 = EDN, Y3 = EDO, Y4 = EBO
verifica la tesi.
5. Nel paese di Cuccagna si gioca al seguente solitario. Si parte da una stringa finita di zeri e uni, e sono concessele mosse seguenti:
(i) cancellare due uni consecutivi;
(ii) cancellare tre zeri consecutivi;
(iii) se all’interno della stringa c’e la sottostringa 01, si puo sostituire questa sottostringa con 100.
Le mosse (i), (ii) e (iii) devono essere fatte una alla volta e in successione. Si vince se si riesce a ridurre lastringa ad una formata da due cifre o meno.
(Per esempio, partendo da 0101 si puo vincere usando innanzitutto la mossa (iii) sulle due cifre finali, ottenendo 01100,
poi giocando la mossa (i) sui due uni di questa, ed infine la mossa (ii) sui tre zeri rimasti: cosı si ottiene la stringa vuota.)
Quante sono fra tutte le 1024 stringhe possibili di dieci cifre quelle a partire dalle quali non e possibile vincereil solitario?
Soluzione: Dimostro che l’unica stringa di dieci cifre partendo dalla quale non e possibile vincere il solitarioe 1111100000 (cinque uni seguiti da cinque zeri).Data una stringa considero queste due quantita:– il numero degli uni,– il peso totale degli zeri, dove uno zero alla cui destra compaiano i uni pesa 2i. (Per esempio ciascuno deglizeri della stringa 001 pesa 2.)La mossa (iii) lascia inalterate entrambe le quantita, perche non cambia il numero degli uni e sostituisce unozero con due che pesano, ciascuno, la meta. Ad ogni stringa assegno, quindi, un tipo rappresentato da unacoppia di numeri: il primo e il resto della divisione per 2 del numero degli uni, il secondo e il resto della divisioneper 3 del peso degli zeri. Nessuna delle mosse, come abbiamo gia visto per la mossa (iii), altera il tipo dellastringa. La mossa (ii), infatti, rimuove tre zeri dello stesso peso, quindi diminuisce il peso di un multiplo di 3,e non tocca gli uni. La mossa (i) rimuove un multiplo di 2 di uni, pero altera il peso degli zeri alla loro sinistra.Tuttavia, detto p il peso di questi zeri dopo la mossa, il peso prima era 4p, ossia e diminuito di 3p, un multiplodi 3.
Dimostro ora che partendo da una stringa di tipo (a, b) diverso da (1, 2) e possibile vincere. Inizio giocandola mossa (iii) finche posso. Questo passo deve avere termine perche ad ogni applicazione della mossa (iii) siaggiunge uno zero, tuttavia il numero degli zeri non puo superare il loro peso totale, che rimane costante.Quando non posso piu giocare la mossa (iii), la stringa deve essere costituita da 2n + a uni seguiti da 3m + bzeri. A questo punto gioco n volte la mossa (i) sugli uni e m volte la mossa (ii) sugli zeri, ottenendo una stringadi a uni seguiti da b zeri. Siccome il tipo (a, b) e diverso da (1, 2) la somma a + b deve essere minore di tre,quindi ho vinto.
Chiamo brutte le stringhe costituite da 2n + 1 uni consecutivi seguiti da 3m + 2 zeri consecutivi: e chiaro cheuna stringa brutta non puo essere ridotta che a una stringa brutta, e 100 e la piu corta stringa brutta possibile.Quindi partendo da una stringa brutta non si puo vincere. Mostrero nel seguito una strategia per vincerepartendo da stringhe di tipo (1, 2) che non siano brutte. Ne segue che le uniche stringhe partendo dalle qualinon e possibile vincere sono quelle brutte.
Innanzitutto, se la stringa – che da ora supponiamo di tipo (1, 2), ma non brutta – termina con tre o piu zeri,applico a questi la mossa (ii) fino a ridurli a meno di tre. La stringa cosı ottenuta ricadra in una di questeforme:a – X1 con X di tipo (0, 1)b – X10 con X di tipo (0, 2)c – X100 con X di tipo (0, 0).Le esamino separatamente.
Nel caso a, gioco il solitario su X (dove so come vincere). Riduco quindi X alla stringa 0. In questo modo horidotto la mia stringa iniziale a 01, e ho vinto.
Analogamente, nel caso b, riduco X a 00, ho quindi condotto la stringa a 0010. Ora vinco per mezzo dellemosse 0010 → 01000 → 01 (per chiarezza, scrivo in grassetto le cifre su cui gioco una mossa).
Il caso c e leggermente piu complicato. Osservo che X non e composta da soli uni, perche altrimenti lastringa di partenza sarebbe stata brutta. Quindi in X ho almeno uno zero. O questo zero e l’ultima cifradi X, oppure, a furia di mosse (iii), posso modifocare X in modo da ottenere una stringa con uno zero alfondo. A questo punto ho ridotto X100 alla forma Y 0100. Il tipo di Y deve essere (0, 2). Come prima, giocoil solitario su Y riducendola a 00. Ho quindi ridotto la mia stringa iniziale a 000100. Ora vinco facendo000100 → 0010000 → 01000000 → 01000 → 01.
Osservando, ora, che 1111100000 e l’unica stringa brutta di dieci cifre ho l’asserto.
Seconda Soluzione: Sostengo che l’unica stringa di dieci cifre partendo dalla quale non e possibile vincere ilsolitario e 1111100000 (cinque uni seguiti da cinque zeri).
Passo 1 Intendo dimostrare che ogni stringa puo essere ridotta ad una delle seguenti: ⊥, 0, 1, 00, 10, 100(indico con ⊥ la stringa vuota).
Data una stringa s, considero la piu breve stringa s′ che possa essere ottenuta a partire da essa. Chiaramentes′ non contiene coppie di uni adiacenti, quindi, se in essa compare un uno, questo si trova all’inizio, alla fine,o in una sottostringa 010. Il terzo caso, tuttavia, e assurdo, perche s′ potrebbe essere accorciata mediante lemosse 010 → 1000 → 1 (scrivo in grassetto le cifre su cui gioco una mossa). Quindi s′ contiene al piu dueuni, e una sequenza initerrotta di zeri. Questa, d’altro canto, non puo contenere piu di due zeri. Quindi lastringa s′ e una delle stringhe indicate sopra, oppure:
11 → ⊥
101 → 1100 → 00
1001 → 10100 → 110000 → 0000 → 0
01 → 100
001 → 0100 → 10000 → 10
Passo 2 Dimostro che partendo da una stringa s che inizia con uno zero e possibile vincere.
La stringa s e di tipo 0X. Sfruttando il passo 1 riduco X a una delle stringhe elencate. A questo punto hoottenuto una delle seguenti stringhe: 0, 00, 01, 000 → ⊥, 010 → 1 (come sopra), 0100 → 10000 → 10.
Passo 3 Partendo da una stringa che iniza per 1 si puo vincere a patto che questa non sia 1111100000.
Considero il caso in cui la stringa e costituita da 2n + a uni seguiti da 3m + b zeri, con a = 0, 1 e b = 0, 1, 2.Allora la mossa (iii) non puo essere giocata, e le mosse (i) e (ii) hanno rispettivamente l’effetto di diminuire ned m di uno. Ne deduco che la piu breve stringa che possa essere ottenuta e costituita da a uni seguiti da bzeri. L’unico caso in cui questa non ha lunghezza maggiore di due e con a = 1 e b = 2, che, per stringhe dilunghezza 10 e possibile solo nel caso 1111100000.
Rimane il caso in cui la stringa inizia con n uni, seguiti da m zeri, seguiti a loro volta da un uno. Se n epari, usando la mossa (i) mi riduco al caso del passo 2. Se, pero, n e dispari, posso sfruttare la mossa (iii) perspostare l’uno a destra degli zeri verso sinistra, in modo da ricondurmi al caso in cui gli uni sono pari.
Faccio cosı: considero la sottostringa costituita da m zeri seguiti dall’uno. Applicando la mossa (iii) allasottostringa 01 che si trova al fondo di questa ottengo una nuova stringa che inizia per m− 1 zeri seguiti da ununo (e poi due zeri). Ripetendo il procedimento altre m − 1 volte avro una stringa che inizia per 10, che e cioche mi serve.
6. Dimostrare che esistono infiniti numeri primi che dividono almeno un intero della forma 2n3+1 − 3n2+1 + 5n+1
con n intero positivo.
Soluzione: Supponiamo che l’insieme S dei primi che dividono gli interi della forma an = 2n3+1−3n2+1 +5n+1
sia finito. Troveremo una contraddizione esibendo un intero n tale che an possiede almeno un fattore primoche non appartiene ad S.
Sia n il prodotto di tutti i numeri p − 1 al variare di p in S (cioe n e la funzione di Eulero del prodotto deiprimi in S). Poiche a1 = 22 − 32 + 52 = 20 = 22 · 5, allora 4 = 5 − 1 divide n. Inoltre, per ogni p ∈ S, eccettoeventualmente i casi p = 2, 3, 5, si ha, per il piccolo teorema di Fermat, 2n ≡ 3n ≡ 5n ≡ 1 (mod p), da cui
an = 2n3+1 − 3n2+1 + 5n+1 ≡ 2 − 3 + 5 ≡ 4 (mod p) ∀p ∈ S, p 6= 2, 3, 5.
Nessuno dei primi di S puo pertanto dividere an, eccetto eventualmente 2, 3 e 5. D’altra parte an non edivisibile per 3: infatti, poiche n e pari, si ha an ≡ 2− 0 + 2 ≡ 1 (mod 3). Inoltre an non e nemmeno divisibileper 5: infatti, poiche n e multiplo di 4, an ≡ 2 − 3 + 0 ≡ −1 (mod 5). Se, per assurdo, an avesse solamentefattori primi appartenenti ad S, allora an dovrebbe essere necessariamente una potenza di 2. Dato che n ≥ 2,si ha 0 < 3n2+1 − 5n+1 < 2n3
, da cui
2n3
= 2n3+1 − 2n3
< an < 2n3+1.
Ne segue che an e compreso fra due potenze di 2 consecutive, e quindi non puo essere esso stesso una potenzadi 2; questa contraddizione da la tesi.
XXVII OLIMPIADE ITALIANA DI MATEMATICA
Cesenatico, 6 maggio 2011
SOLUZIONI
1. E dato un trapezio con le basi lunghe 1 e 4, rispettivamente. Lo suddividiamo in due trapezi mediante untaglio parallelo alle basi, lungo 3. Vogliamo ora suddividere i due nuovi trapezi, sempre mediante tagli parallelialle basi, in m ed n trapezi, rispettivamente, in modo che tutti gli m + n trapezi ottenuti abbiano la stessaarea. Determinare il minimo valore possibile per m+ n e le lunghezze dei tagli da effettuare per realizzare taleminimo valore.
Soluzione: Sia ABCD il trapezio, con AB base maggiore, e siano P e Q gli estremi del taglio gia effettuato,posti rispettivamente su AD e BC. Si prolunghino i lati obliqui fino a farli incontrare in un punto che chiamiamoE; i triangoli DCE, PQE, ABE sono simili (hanno tutti gli angoli congruenti grazie al parallelismo delle retteDC, PQ, AB). Sappiamo che PQ/DC = 3 e AB/DC = 4, da cui, detta S la misura dell’area del triangoloDCE, si ottengono i rapporti di aree: Area(PQE)/S = 32 = 9, Area(ABE)/S = 42 = 16.
Ne deriva che, per differenza, Area(PQCD) = 8S e Area(ABQP ) = 7S. Supponiamo di dividere in m partiil trapezio PQCD, in n parti il trapezio ABPQ; affinche le parti abbiano tutte area uguale, dovra risultare8S/m = 7S/n, ovvero 8n = 7m, e dunque m dev’essere multiplo di 8 ed n multiplo di 7. Come minimo m+ ndovra valere 7 + 8 = 15.
Per suddividere il trapezio iniziale in 15 parti dobbiamo realizzare 14 tagli (contando anche quello di lunghezza3 effettuato all’inizio); chiamiamo Pi e Qi (rispettivamente su AD e BC) gli estremi dell’i-esimo taglio (inordine di lunghezza: in questo modo P coincidera con P8 e Q con Q8). L’area del trapezio PiQiCD vale ivolte l’area di una singola parte, che e uguale ad S, da cui Area(PiQiE) = (i + 1)S. Come prima, i triangoliPiQiE e DCE sono simili; il rapporto fra lati corrispondenti vale quanto la radice quadrata del rapporto fra learee (che e i+ 1); dunque PiQi =
√i+ 1. In conclusione, i tagli sono lunghi
√2,√3, · · · ,
√15, e consentono di
suddividere il trapezio iniziale in esattamente 15 parti.
2. Una sequenza di interi positivi a1, a2, . . . , an e detta scaletta di lunghezza n se e composta da n numericonsecutivi, in ordine crescente.
(a) Dimostrare che per ogni intero positivo n esistono due scalette di lunghezza n, senza elementi in comune,a1, a2, . . . , an e b1, b2, . . . , bn, tali che per ogni i tra 1 ed n il massimo comune divisore fra ai e bi e ugualea 1.
(b) Dimostrare che per ogni intero positivo n esistono due scalette di lunghezza n, senza elementi in comune,a1, a2, . . . , an e b1, b2, . . . , bn, tali che per ogni i tra 1 ed n il massimo comune divisore fra ai e bi e maggioredi 1.
Soluzione: (a) Fissiamo n numeri consecutivi a1, a2, . . . , an. Sia ora d un numero piu grande di n che nonabbia fattori comuni con nessuno tra a1, a2, . . . , an (ad esempio, un numero primo piu grande di an), poniamob1 = a1 + d, b2 = a2 + d, . . . , bn = an + d; allora a1, a2, . . . an e b1, b2, . . . , bn sono due scalette di lunghezza ndisgiunte fra loro e tali che, per ogni i tra 1 ed n, il massimo comune divisore fra ai e bi e uguale a 1: infatti,se esistesse un fattore comune di ai e bi, questo sarebbe un fattore anche di bi − ai = d, e questo e impossibile,perche d e ai non hanno fattori in comune.
(b) Analogamente a prima fissiamo a1, a2, . . . , an consecutivi, con a1 > 1; prendiamo poi un intero d > n cheabbia fattori in comune con ognuno degli elementi a1, . . . , an (ad esempio, il prodotto a1a2 · · · an), e fissiamob1 = a1+d, b2 = a2+d, . . . , bn = an+d. Anocra una volta le scalette a1, a2, . . . an e b1, b2, . . . , bn sono disgiuntefra loro, ma in questo caso ai e bi hanno sempre un fattore in comune: infatti ai e d hanno sempre un fattorein comune, e quindi lo stesso e vero per ai e d+ ai = bi.
3. Su una lavagna sono scritti dei numeri interi, compresi fra 1 e 7. E possibile che non tutti i numeri da 1 a 7siano presenti, ed e anche possibile che uno, alcuni o tutti i numeri siano ripetuti, una o piu volte.
Una mossa consiste nello scegliere uno o piu numeri presenti sulla lavagna, purche tutti diversi, cancellarli, escrivere al loro posto i numeri che, unitamente a quelli cancellati, formano l’intero insieme 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.Ad esempio, mosse consentite sono:
• cancellare un 4 ed un 5, e scrivere al loro posto i numeri 1, 2, 3, 6 e 7;
• cancellare un 1, un 2, un 3, un 4, un 5, un 6 ed un 7 senza scrivere niente al loro posto.
Dimostrare che, se e possibile trovare una sequenza di mosse che, partendo dalla situazione iniziale, porti adavere sulla lavagna un unico numero (scritto una sola volta), allora questo numero non dipende dalla sequenzadi mosse utilizzata.
Soluzione: Chiamiamo n1 il numero di cifre 1 presenti in un certo momento sulla lavagna, n2 il numero dicifre 2, e cosı via fino ad n7.
Ogni volta che si fa una mossa, ognuna di queste molteplicita cambia di 1 (e quindi inverte la sua parita), percheogni numero tra 1 e 7 viene scritto o cancellato. Supponiamo che dopo una sequenza di k mosse rimanga sullalavagna un unico numero, diciamo x; nx ha cambiato parita k volte ed e infine dispari; tutte le altre molteplicita,cambiando parita anch’esse k volte, risultano infine uguali a zero, quindi pari.
Anche nella situazione iniziale, percio, nx deve avere parita diversa da ogni altra molteplicita. Non esistequindi alcuna sequenza di mosse che porti ad avere sulla lavagna un’unica copia di un numero y diverso da x:ny dovrebbe partire con parita diversa da tutte le altre molteplicita, ma abbiamo gia stabilito che ha la stessaparita di nz per tutti i numeri z diversi da x.
4. Sia ABCD un quadrilatero convesso. Sia P l’intersezione delle bisettrici esterne di DAC e DBC.
Dimostrare che APD = BPC se e solo se AD +AC = BC +BD.
[Nota : Si ricorda che la bisettrice esterna ad un angolo e la retta passante per il vertice dell’angolo e perpendicolare alla
bisettrice interna (cioe l’usuale bisettrice) dell’angolo stesso.]
Soluzione: Chiamiamo r ed s rispettivamente le bisettrici esterne diDAC e DBC. Si costruiscano i punti C ′ e D′ rispettivamente comesimmetrico di C rispetto a s e come simmetrico di D rispetto a r.Poiche r e bisettrice esterna si ha che C ′, B e D sono allineati e in piuper costruzione C ′B = CB; quindi C ′D = C ′B + BD = BC + BD.Allo stesso modo D′C = AD + AC. Chiamiamo ora β = BPC chee uguale per costruzione a BPC ′ e nello stesso modo α = APD =APD′. Chiamiamo infine γ = CPD.
Consideriamo ora i triangoli C ′PD e CPD′. Abbiamo per costruzione PD′ = PD e PC ′ = PC; pertanto i duetriangoli sono uguali se e solo se i due angoli in P sono uguali o, equivalentemente, se e solo se il terzo lato euguale. Ma la prima condizione dice che C ′PD = 2β + γ = 2α+ γ = CPD′ , che equivale ad α = β, mentre laseconda condizione dice che CD′ = C ′D che, per quanto dimostrato sopra, equivale a AD +AC = BC +BD.
5. Determinare tutte le soluzioni (p, n) dell’equazione
n3 = p2 − p− 1
dove p e un numero primo e n e un numero intero.
Soluzione: Le soluzioni dell’equazione sono (p, n) = (2, 1) e (p, n) = (37, 11).
Riscriviamo l’equazione nella forma
p(p− 1) = (n+ 1)(n2 − n+ 1).
Osserviamo innanzitutto che per ogni intero n il valore di n2−n+1 e positivo, quindi tutti i fattori dell’equazionescritta devono essere positivi, Abbiamo due casi.
Primo caso: p |n + 1.
Per qualche intero positivom abbiamo n+1 = mp e p−1 = m(n2−n+1). Ma allora n2−n+1 ≤ p−1 < p ≤ n+1,quindi n = 1 e p = 2. Sostituendo nell’equazione iniziale, si verifica che in effetti (2, 1) e una soluzione.
Secondo caso : p |n2 − n+ 1. Per qualche intero positivo m abbiamo n2 − n + 1 = mp e p − 1 = m(n + 1).Sostituendo il valore di p dato dalla seconda equazione nella prima equazione, otteniamo
n2 − (m2 + 1)n − (m2 +m− 1) = 0.
Quest’ultima equazione ha soluzioni intere se e solo se il suo discriminante
∆ = m4 + 6m2 + 4m− 3 = (m2 + 3)2 + (4m− 12)
e il quadrato di un numero intero. Questo e certamente vero se 4m−12 = 0, ossia se m = 3. Sostituendo questovalore, otteniamo n = 11 e p = 37, soluzione dell’equazione iniziale (n = −1 non da soluzioni accettabili).
D’altra parte, non ci sono altri valori di m per cui ∆ e un quadrato perfetto. Infatti, e immediato vedere chese m > 3 si ha (m2 +3)2 < ∆ < (m2+4)2; nei casi rimanenti, si ha per sostituzione diretta che se m = 1 allora∆ = 8 e se m = 2 allora ∆ = 21.
Quindi le soluzioni dell’equazione sono (p, n) = (2, 1) e (p, n) = (37, 11).
6. Sia X = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. Vogliamo colorare, usando k colori, tutti i sottoinsiemi di 3 elementi di X in modotale che, comunque se ne scelgano due disgiunti, abbiano colori distinti.
Dimostrare che:
(a) 4 colori sono sufficienti;
(b) 3 colori non sono sufficienti.
Soluzione: (a) Usiamo i colori 1, 2, 3, 4. Per ogni sottoinsieme A di X sia mA il massimo dei suoi elementi.Assegniamo al sottoinsieme A il colore
max1,mA − 4.Se due sottoinsiemi A e B sono disgiunti, allora almeno uno fra mA ed mB e maggiore o uguale a 6, quindi duesottoinsiemi disgiunti non possono avere entrambi il colore 1. D’altra parte, se due sottoinsiemi A e B hannoentrambi un colore r > 1, allora mA = mB , quindi A e B non sono disgiunti.
(b) Numeriamo i vertici di un cubo con i numeri naturali 1, 2, . . . , 8. e ad ogni sottoinsieme di tre elementia, b, c facciamo corrispondere il baricentro del triangolo con vertici a, b, c. D’ora in poi useremo questacorrispondenza per indicare punti del cubo invece che sottoinsiemi di 3 elementi.
Dimostreremo ora che 3 colori non sono sufficienti per colorare tutti i punti. Consideriamo dapprima solo ipunti che appartengono alle facce del cubo. Innanzitutto, e chiaro che i sottoinsiemi corrispondenti a punti sufacce opposte sono disgiunti, quindi tutti i punti su una faccia devono avere colore diverso da tutti i punti sullafaccia opposta. Supponiamo ora, per assurdo, che per colorare tutti i punti (e quindi, in particolare, tutti ipunti che giacciono sulle facce del cubo) siano sufficienti 3 colori. Allora, data una qualunque coppia di facceopposte, i punti di almeno una di esse avranno lo stesso colore (se ci fossero almeno 2 colori su una faccia edalmeno 2 nella faccia opposta, ci vorrebbero 4 colori). Vi sono allora almeno 3 facce del cubo F1, F2, F3, a duea due non parallele, “monocromatiche”. Siccome sono a due a due non parallele, due qualsiasi di queste faccesi intersecano in uno spigolo, e tutte e tre si intersecano in un vertice. Senza perdita di generalita, possiamosupporre che il loro vertici siano rispettivamente a, b, c, d, a, b, e, f, a, c, e, g.I colori di queste tre facce devono essere diversi, in quanto, per esempio, il punto della prima faccia cor-rispondente ad a, c, d deve avere colore diverso dal punto della seconda faccia corrispondente a b, e, f (eanalogamente per le altre coppie di facce).
Consideriamo ora l’antipodo h del vertice a. Il baricentro del triangolo con vertici f, g, h deve avere colorediverso dai baricentri dei triangoli a, b, c, a, b, e, a, c, e giacenti rispettivamente sulle facce F1.F2, F3, equindi e necessario un quarto colore, e questo da una contraddizione.
Soluzione alternativa di (b): Immaginiamo di aver colorato i sottoinsiemi di 3 elementi di X con tre solicolori. Consideriamo un qualunque sottoinsieme Y di X composto di quattro elementi, e chiamiamo Y (3) lafamiglia formata da tutti i sottoinsiemi di tre elementi di Y ; diremo che Y (3) e monocromatica se tutti gliinsiemi che contiene hanno lo stesso colore; che e 2-colorata se vi compaiono esattamente 2 colori; 3-colorata sevi compaiono tutti e tre i colori.Osserviamo che, qualunque sia Y , Y (3) non puo essere 3-colorata, perche una qualsiasi terna in (X \ Y )(3)
(dove X \ Y e l’insieme dei 4 elementi di X che non appartengono a Y ) e disgiunta da tutte quelle in Y (3),e dunque dovrebbe essere colorata di un quarto colore. Allo stesso modo si osserva che, se Y (3) e 2-colorata,allora (X \ Y )(3) e monocromatica del colore che manca in Y (3).Ne deriva che il numero di quaterne Y per cui Y (3) e monocromatica e almeno meta del numero di sottoinsiemidi 4 elementi di X; in particolare, e maggiore o uguale a
(84
)/2, ovvero a 35. Per il principio dei cassetti, dato
che abbiamo a disposizione solamente 3 colori, vi sono 35/3 (e dunque 12) quaterne Y1 . . . Y12 tali che le famiglie
Y(3)i (i compreso fra 1 e 12) siano monocromatiche, tutte per il medesimo colore.
E facile rendersi conto che cio contraddice le ipotesi sulla colorazione. L’intersezione fra Yi e Yj (i e j distinti
fra 1 e 12) deve contenere almeno tre elementi: se cosı non fosse esisterebbero due terne disgiunte, una in Y(3)i
e l’altra in Y(3)j , cui avremmo dovuto assegnare colori diversi. Siano Y1 = a, b, c, d, Y2 = a, b, c, e; abbiamo
solamente due casi possibili per le quaterne Yi con i fra 3 e 12: che Yi contenga esattamente due elementi dia, b, c, e sia d che e (il che da luogo ad al piu 3 quaterne distinte); che Yi contenga a, b, c e un altro elementodi X distinto sia da d che da e (il che da luogo ad al piu altre 4 quaterne distinte). Ne deriva che non possiamoavere 12 quaterne diverse che differiscano per al piu un elemento l’una dall’altra, e quindi che 3 colori non sonosufficienti.
Seconda soluzione alternativa di (b): Facciamo vedere che tre colori (diciamo, Arancione, Bianco eCeleste) non possono bastare. Supponiamo dunque di avere una colorazione lecita con tre colori e cerchiamo ditrovare un assurdo. Per brevita, scriveremo 123=A, oppure 367=B per indicare che la terna 1, 2, 3 e coloratadi Arancione, o che la 3, 6, 7 e colorata di Bianco, e cosı via.
Step 1: Osserviamo che ci devono essere due terne con due elementi in comune e colore diverso.
Se infatti ogni volta che due terne hanno due elementi in comune devono avere lo stesso colore, allora si avrebbe123=124=145=456, ma 123=456 e impossibile.
Step 2: Dimostriamo ora la tesi.
Grazie allo Step 1, a meno di permutazioni si ha 123=A e 124=B. Questo assicura che tutte le terne fattecon elementi di 5, 6, 7, 8 devono essere di colore C; di conseguenza, ogni terna che contiene esattamente un
elemento all’interno di 5, 6, 7, 8 e sicuramente non di colore C. Ora si ha che certamente 356 6= 478, quindinon possono essere C entrambe le terne. E dunque vero che 356=A oppure che 478=B (o anche entrambele cose). Per simmetria, possiamo suppore che si abbia 356=A. Ma allora si hanno le seguenti identita (ogniuguaglianza si deduce dalle precedenti tramite la regola e tramite l’osservazione di sopra sulle terne con un soloelemento in 5, 6, 7, 8).
123 = A, 124 = B, 356 = A, 127 = B, 348 = A, 125 = B, 478 = C, 256 = B .
Ma allora 147 non puo essere A per colpa di 356=A, non puo essere B per colpa di 256=B, e non puo essere Cperche ha solo un elemento in 5, 6, 7, 8. L’assurdo mostra la tesi.
XXVIII OLIMPIADE ITALIANA DI MATEMATICA
Cesenatico, 4 maggio 2012
SOLUZIONI
1. Sui lati di un triangolo ABC rettangolo in A vengono scelti tre punti D,E ed F (rispettivamente su BC,AC
e AB) in modo che il quadrilatero AFDE sia un quadrato. Se x e la lunghezza di un suo lato, dimostrare che
1
x=
1
AB+
1
AC.
Soluzione: Visto che i denominatori non sono nulli, l’uguaglianza da dimostrare e equivalente a AB · AC =AC · x+AB · x. Considerando poi che x e il lato del quadrato, possiamo ancora riscrivere la tesi come
AB ·AC = AC ·DE +AB ·DF.
Ora AB ·AC e il doppio dell’area di ABC, AC ·DE e il doppio dell’area di ADC e AB ·DF e il doppio dell’areadi ABD. Poiche il triangolo ABC e unione dei due triangoli ADC e ABD, che si intersecano solo nel segmentoAD, la tesi e dimostrata.
Seconda soluzione: Il triangolo BDF e simile al triangolo BCA, poiche entrambi sono rettangoli e hannol’angolo in B in comune.
Abbiamo quindi la seguente proporzione tra i lati
BF : BA = DF : CA
e dal momento che BF = AB−AF = AB−x e DF = x questa si traduce in (AB−x) : AB = x : AC. Questoimplica AB · x = (AB − x) ·AC, e cioe AB · x+AC · x = AB ·AC, che e quanto volevamo dimostrare.
2. Determinare tutti gli interi positivi che sono uguali a 300 volte la somma delle loro cifre.
Soluzione: Dimostreremo che c’e un’unica soluzione, ossia n = 2700.
Sia n un intero positivo che soddisfa la condizioni date. Osserviamo immediatamente che, poiche n e un multiplodi 300, e quindi di 100, le cifre delle unita e delle decine di n devono essere uguali a zero. Supponiamo dunqueche la che la sua scrittura decimale sia n = akak−1 · · · a200, dove, come di consueto, la prima cifra ak e diversada zero. Abbiamo
n = 10kak + 10k−1ak−1 + · · · + 100a2 ≥ 10k
e, poiche tutte le cifre sono minori o uguali a 9,
s := ak + ak−1 + · · · + a2 ≤ 9(k − 1).
Dall’ipotesi n = 300s abbiamo, per le disuguaglianze precedenti, 10k ≤ 300·9(k−1) = 2700(k−1). Verifichiamoper induzione che quest’ultima disuguaglianza e falsa per k ≥ 4: il passo base e la verifica che 104 > 2700 · 3 =8100; per il passo induttivo, supponiamo che 10k > 2700(k − 1): allora 10k+1 > 10k · 2 > 2700(2k − 2) >
2700(k − 2).
Ne segue che k ≤ 3. Dunque n e della forma 103a3 + 102a2 (in questo caso sarebbe a priori consentito anchea3 = 0, anche se come vedremo questo non si verifica). L’equazione n = 300s diventa 1000a3 + 100a2 =300a3 + 300a2, che a sua volta si semplifica in
7a3 = 2a2.
Da quest’ultima equazione si ricava che 7 e un divisore di a2, dunque l’unica possibilita per avere un interopositivo e a2 = 7 e di conseguenza a3 = 2. D’altra parte il numero cosı trovato, n = 2700, soddisfa effettivamentele condizioni del problema.
3. Sia n un intero maggiore o uguale a 2. Ci sono n persone in fila indiana, ognuna delle quali e o un furfante(e mente sempre) oppure un cavaliere (e dice sempre la verita). Ogni persona, eccetto la prima, indica unadelle persone davanti a lei e dichiara “Questa persona e un furfante” oppure “Questa persona e un cavaliere”.Sapendo che ci sono strettamente piu furfanti che cavalieri, dimostrare che assistendo alle dichiarazioni epossibile determinare per ognuna delle persone se si tratta di un furfante o di un cavaliere.
Soluzione: Diremo che due persone sono dello stesso tipo se sono entrambe cavalieri o entrambe furfanti, chesono di tipo diverso altrimenti.
Notiamo che, se la persona A indica la persona B e la dichiara cavaliere, allora A e B sono dello stesso tipo:entrambi cavalieri (se A dice la verita) o entrambi furfanti (se A mente). Viceversa, se A dichiara B furfante,significa che A e un cavaliere e B un furfante, oppure A un furfante e B un cavaliere: A e B sono di tipo diverso.
Numeriamo le persone da 1 a n secondo l’ordine della fila, stabilendo che la persona 1 sia quella che si trova piuavanti (e non vede nessuno davanti a se). Possiamo ora dedurre dalle dichiarazioni, per ciascuna persona dallaseconda all’n-esima, se essa e o no dello stesso tipo della persona numero 1; in particolare, la dichiarazione di 2ci permette di determinarlo per 2, le dichiarazioni di 2 e 3 assieme lo determinano per 3, e cosı le dichiarazionidelle persone dalla seconda alla k-esima determinano se quest’ultima e o meno dello stesso tipo della prima.Il motivo e il seguente: la persona 2 indica necessariamente la prima, ed e del suo stesso tipo se la dichiaracavaliere, di tipo diverso altrimenti. La persona 3 indica 1 o 2: di entrambi, grazie all’affermazione di 2,conosciamo se il tipo e lo stesso di 1, e di conseguenza possiamo dedurlo per 3. Allo stesso modo procediamonell’ordine fino alla persona n.
Supponiamo che vi siano m persone del tipo di 1 (persona numero 1 compresa) e n − m persone dell’altrotipo. Sappiamo che devono essere presenti piu furfanti che cavalieri, dunque m sara strettamente maggiore ostrettamente minore di n−m.
Nel primo caso possiamo dedurre che 1 e tutte le persone del suo tipo sono furfanti, gli altri cavalieri; viceversanel secondo caso.
4. Sia x1, x2, x3, . . . la successione definita per ricorrenza come segue:
x1 = 4
xn+1 = x1x2x3 · · · xn + 5 per n ≥ 1.
(I primi termini della successione sono quindi x1 = 4, x2 = 4 + 5 = 9, x3 = 4 · 9 + 5 = 41, . . . )Trovare tutte le coppie di interi positivi a, b tali che xaxb e un quadrato perfetto.
Soluzione: Dimostreremo che l’unica coppia che soddisfa le condizioni del problema e 1, 2. (Chiaramentesi ha una soluzione anche se a = b = n per ogni n, ma in questo caso a, b non e una coppia; aver o non averconsiderato questo caso e comunque ininfluente ai fini della valutazione).
Possiamo ovviamente supporre, per simmetria, a > b.
Per n ≥ 2, sfruttando il fatto che x1...xn−1 = xn − 5, possiamo scrivere anche xn+1 = (x1...xn−1)xn + 5 =(xn − 5)xn + 5 = x2n − 5xn + 5.
Osserviamo che per a > b si ha xa = x1...xb...xa−1 + 5, quindi, se un primo divide sia xa che xb, allora dividexa − x1...xb...xa−1 = 5.
Tuttavia, 5 divide xn+1 = x2n − 5xn +5 se e solo se divide xn: ne segue che se un termine della successione none divisibile per 5, neanche il successivo lo e. Dato che x1 non e divisibile per 5, nessun termine della successionee divisibile per 5.
Questo dimostra che xa e xb non hanno mai divisori primi in comune, quindi xaxb e un quadrato perfetto se esolo se lo sono sia xa che xb: cerchiamo percio quali quadrati perfetti ci siano nella successione.
Certamente x1 = 4 e x2 = 9 sono quadrati, quindi 1, 2 e una soluzione.
D’altra parte, siccome x2 = 9, per n ≥ 2 il numero xn e della forma xn = 9k+5 e quindi, in particolare, da resto2 nella divisione per 3. Ora e facile verificare che nessun quadrato ha questa proprieta, in quanto il quadratodi un multiplo di 3 e un multiplo di 3 mentre il quadrato di un numero della forma 3m± 1 e 9m2 ± 6m+ 1 equindi da resto 1 nella divisione per 3. Quindi non ci sono altre soluzioni oltre a quella trovata.
Alternativamente, in forma forse piu elementare, visto che per n ≥ 2 abbiamo xn+1 = x2n − 5xn + 5, possiamostudiare l’equazione x2 − 5x+ 5 = a2 con x, a interi positivi.
Moltiplicando entrambi i membri per 4 otteniamo
4a2 = 4x2 − 20x + 20 = (2x− 5)2 − 5 ⇒ 5 = (2x− 5)2 − 4a2
⇒ (2x− 2a− 5)(2x + 2a− 5) = 5.
Siccome 5 e divisibile solo per ±1,±5 e 2x+ a− 5 > 2x− a− 5, ci sono solo le due possibilita 2x+ 2a− 5 =−1, 2x − 2a − 5 = −5 e 2x + 2a − 5 = 5, 2x − 2a − 5 = 1, che portano rispettivamente a x = 1, a = 1 ex = 4, a = 1. Il numero 1, comunque, non puo comparire nella successione, perche x1 = 4 e ogni termine e piugrande del precedente.
Se ne deduce nuovamente che nella successione non compaiono quadrati perfetti, a parte x1 = 4, x2 = 9 (chenon si esprimono nella forma x2 − 5x+ 5).
5. Sia ABCD un quadrato. Si descriva il luogo di punti P del piano diversi da A,B,C,D per i quali
APB + CPD = 180o.
Soluzione: Ricordiamo dapprima che, dati due punti A, B del piano e fissato un angolo α, il luogo dei puntiQ tali che AQB = α e costituito dall’unione di due archi di circonferenza, uno per ogni semipiano individatodalla retta AB.Identifichiamo innanzitutto il nostro luogo:
• le due diagonali del quadrato appartengono sicuramente al luogo, infatti se consideriamo P ∈ AC, allora,per simmetria, si ha APB = APD e quindi si ha
APB + CPD = APD + CPD = 180o;
• considerando la circonferenza circoscritta ad ABCD, gli archi AB e CD appartengono al luogo. Infattiper questi punti i due angoli APB e CPD sottendono due archi della medesima lunghezza, ed essendouno acuto e uno ottuso, sono per forza supplementari.
Ora rimane da dimostrare che non ci sono altri punti del luogo al di fuori di questi. Notiamo che, se P e unqualsiasi punto del luogo, uno tra APB, CPD deve essere di almeno 90o e quindi sicuramente P e interno aduno dei due cerchi che hanno come diametro rispettivamente AB e CD. In particolare quindi P appartienealla striscia delimitata dalle rette BC e AD. Distinguiamo ora tra punti interni al quadrato e punti esterni:
• Sia Q interno al quadrato tale che AQB = α e CQD = 180o − α. Tuttavia, se α < 45o tutti i punti cheverificano AQB = α sono esterni al quadrato (la circonferenza sarA piu grande di quella circoscritta ad
ABCD); similmente non possono esserci punti del luogo interni al quadrato tali che CQD < 45o. Dunquesicuramente devo avere 45o ≤ α ≤ 135o. Fissiamo un angolo α con questa proprietA .Allora esistono esistono al piu due punti che verificano AQB = α e CQD = 180o − α; infatti questeultime due condizioni identificano (insieme all’essere interni al quadrato), come detto all’inizio, due archidi circonferenza, che si possono intersecare in al piu due punti.Tuttavia e facile notare che l’arco di circonferenza determinato dalla condizione AQB = α, se 45o < α <
90o, lascia fuori i punti C e D e ha al suo interno il punto d’intersezione delle diagonali del quadrato O,quindi interseca sicuramente le due diagonali, in due punti distinti, che sappiamo appartenere al luogo.Quindi non possono essercene altri;
• Sia Q esterno al quadrato (ma sempre nella striscia di piano individuata dalle rette BC e AD), diciamonel semipiano individuato da AB che non contiene il quadrato; tracciamo la perpendicolare ad AB chepassa per Q; essa intersechera l’arco AB della circonferenza circoscritta al quadrato esattamente in unpunto che chiamiamo P . E’ chiaro che se P e piu vicino ad AB rispetto a Q allora
AQB < APB CQB < CPB
e quindi AQB + CQB < APB + CPB = 180o (l’ultima uguaglianza e perche P appartiene al luogo) e
similmente ottengo che se P sta piu lontano di Q allora APB + CPB < 180o. Dunque necessariamenteP = Q e quindi non ci sono altri punti del luogo esterni al quadrato che non stanno sulla circonferenzacircoscritta ad ABCD.
Soluzione alternativa (per la seconda parte): Sia P un punto del luogo situato nella striscia delimitata dallerette AB e CD. Chiamiamo P ′ il traslato di P secondo il vettore ~BC; allora, per costruzione, il quadrilatero
DP ′CP risulta essere ciclico; ma allora, poiche si ha PP ′ = CD, avremo che, chiamando CPD = α e CP ′D =180o − α, si possono verificare due situazioni:
PCP ′ = α e PDP ′ = 180o − α o viceversa.
Nel primo caso CP e DP ′ sono paralleli, quindi AP e CP sono paralleli, ossia P giace sulla diagonale AC.Nell’altro caso, simmetricamente, P giace sulla diagonale BD.
Se invece P si trova fuori dalla striscia sopra menzionata, diciamo nel semipiano individuato dalla retta AB
non contenente il quadrato, consideriamo P ′ il simmetrico di P rispetto all’asse del segmento di BC; percostruzione di nuovo PAP ′B risulta ciclico e il centro della circonferenza circoscritta si trovera sull’asse diPP ′, che per costruzione e l’asse di BC, e anche anche sull’asse di AB. Dunque il centro di questa circonferenzae il centro del quadrato e, essendo A e B punti della circonferenza, lo sono anche B e C, per simmetria. Quindila circonferenza circoscritta a PAP ′B e anche la circonferenza circoscritta al quadrato e dunque P si trovaeffettivamente sulla circonferenza circoscritta ad ABCD.
6. Determinare tutte le coppie a, b di interi positivi con la seguente proprieta: comunque si colorino gli interipositivi con due colori A e B, esistono sempre due interi positivi del colore A con differenza a o due interipositivi del colore B con differenza b.
Soluzione: Le coppie che soddisfano la condizione del testo sono quelle del tipo a = 2h ·(2x+1), b = 2k ·(2y+1)dove h 6= k, ovvero le coppie tali che la massima potenza di 2 che divide i due numeri e diversa. Per primacosa, mostriamo che per le coppie NON di questo tipo, ovvero del tipo a = 2h · (2x+ 1), b = 2h · (2y + 1) esisteuna colorazione in cui non ci sono ne due numeri del colore A distanti a ne due numeri del colore B distanti b.La colorazione e la seguente:
AAA . . . AA︸ ︷︷ ︸
2h
BBB . . . BB︸ ︷︷ ︸
2h
AAA . . .︸ ︷︷ ︸
2h
.
Infatti, in questa sequenza due numeri a distanza 2h hanno sempre colore diverso, i numeri a distanza 2 · 2h
hanno sempre colore uguale, i numeri a distanza 3 · 2h hanno sempre colore diverso, e cosı via; in particolare,quindi, numeri aventi distanza un multiplo dispari di 2h hanno sempre colore diverso, che e quello che volevamodimostrare. Dimostriamo ora che nel caso a = 2h · (2x + 1), b = 2k · (2y + 1) con h < k (senza perdita digeneralita ), per ogni colorazione esistono due numeri del colore A con differenza a o due numeri del colore B
con differenza b. Supponiamo, per assurdo, che esista una colorazione in questo non sia vero, e consideriamo unnumero n avente colore A (ovviamente esiste un numero colorato di A, altrimenti sarebbero tutti colorati di B eesisterebbero due numeri colorati di B a distanza qualsiasi); ora, necessariamente il numero n+a dovrA esseredi color B, e per lo stesso motivo i numeri n + a + b e n + a − b dovranno essere di colore A. In generale,muovendomi (in qualsiasi direzione, ma a condizione di rimanere nei numeri positivi) da un numero di un passolungo a+ b oppure a− b (quest’ultimo puo anche essere negativo, ovvero un passo verso sinistra), finisco in unnumero dello stesso colore; partendo da n, quindi, tutti i numeri positivi del tipo n + r(a + b) + s(a − b) conr, s interi sono dello stesso colore A di n. (Osserviamo che ci si puo muovere prima facendo passi in avanti epoi passi indietro, quindi non usando numeri negativi.)
Dimostriamo ora che tra questi numeri c’e anche il numero n + a, arrivando cosı ad una contraddizione. Siad = MCD(a + b, a − b). Per il teorema di Bezout, i numeri della forma r(a + b) + s(a − b) sono tutti e solii multipli di d, quindi basta dimostrare che d e un divisore di a. Poiche d|a + b e d|a − b, e evidente ched|(a+ b) + (a− b) = 2a. Ne segue che d = 2δd1, dove δ ≤ h+ 1 e d1|2x+ 1. D’altra parte, la massima potenzadi 2 che divide sia a+ b che a− b e 2h, e quindi δ ≤ h, ossia d|a, come volevamo.
XXIX OLIMPIADE ITALIANA DI MATEMATICA
Cesenatico, 10 maggio 2013
SOLUZIONI
1. Un modellino di automobile viene testato su alcuni circuiti chiusi lunghi 600 metri, composti da tratti piani etratti in salita o discesa. Tutti i tratti in salita e in discesa hanno la stessa pendenza. I test mettono in risaltoalcuni fatti curiosi:
(a) la velocita del modellino dipende solo dal fatto che la macchina stia percorrendo un tratto di salita, pianoo discesa; chiamando rispettivamente vs, vp e vd queste tre velocita, si ha vs < vp < vd;
(b) vs, vp e vd, espresse in metri al secondo, sono dei numeri interi;
(c) comunque sia composto il circuito (con piu o meno salite e discese) il tempo di percorrenza e sempre di50 secondi.
Trovare tutti i possibili valori di vs, vp e vd.
Soluzione: Indichiamo tutte le lunghezze in metri e tutti i tempi in secondi, omettendo le unita di misura.
Le terne di velocita possibili sono (vs, vp, vd) = (10, 12, 15), (9, 12, 18), (8, 12, 24) e (7, 12, 42).
Consideriamo innanzitutto un circuito completamente in piano lungo 600. L’ipotesi (c) fornisce allora 50 =600
vp,
da cui vp =600
50= 12.
Consideriamo poi un generico circuito di lunghezza 600, in cui il tratto in salita sia lungo s, il tratto in pianop ed il tratto in discesa d.
Per costruzione s+ p+ d = 600; inoltre, affinche il circuito si chiuda, il dislivello dato dai tratti in salita deveessere lo stesso dato dai tratti in discesa: siccome le pendenze sono le stesse per tutti i tratti non in piano, cideve essere tanta salita quanta discesa, cioe s = d.
Il tratto piano e allora lungo p = 600− s− d = 600− 2s, ed il tempo impiegato dalla macchina a percorrere il
circuito es
vs+
p
vp+
d
vd=
s
vs+
600− 2s
12+
s
vd= s
(
1
vs+
1
vd−
1
6
)
+600
12, che e uguale a 50 =
600
12se e solo se
s
(
1
vs+
1
vd−
1
6
)
= 0.
Le velocita rispettano allora la condizione (c) del testo se e solo se la relazione precedente vale per un qualunquecircuito chiuso, cioe per qualunque scelta di s (compreso tra 0 e 300).
Una condizione necessaria e sufficiente sulle velocita e quindi1
vs+
1
vd=
1
6; vs e vd sono entrambi diversi da
zero, quindi possiamo riscrivere questa equazione come vsvd = 6(vs + vd), ovvero (vs − 6)(vd − 6) = 36.
vd e un numero intero maggiore di vp = 12, quindi vd − 6 e un divisore di 36 strettamente maggiore di 6, cioe euno tra 9, 12, 18 o 36 (che corrispondono rispettivamente ai valori 15, 18, 24, 42 per vd).
Risolvendo l’equazione per vs otteniamo infine vs = 6 +36
vd − 6, ovvero vs = 10, 9, 8, 7.
Seconda soluzione: Una volta ottenuta l’equazione1
vs+
1
vd=
1
6e sufficiente osservare che vs < vp = 12, e
d’altro canto non possiamo avere vs ≤ 6, perche altrimenti1
vs≥
1
6, da cui
1
vd≤ 0, che e chiaramente assurdo.
Ne segue che le uniche possibilita per vs sono 7, 8, 9, 10, 11, ed e facile verificare quali di queste portano a valoriinteri per vd.
2. Nel triangolo ABC supponiamo di avere a > b, dove a = BC e b = AC. Sia M il punto medio di AB, e siano αe β le circonferenze inscritte, rispettivamente, ai triangoli ACM e BCM . Siano poi A′ e B′ i punti di tangenza
di α e β con CM . Dimostrare che A′B′ =a− b
2.
Soluzione: Chiamiamo x = MA′, y = MB′, r = CA′,s = CB′. E chiaro che
±A′B′ = x− y = s− r. (1)
Denotiamo con A2 ed A3 i punti di tangenza di AB e ACcon α, e con B2 e B3 i punti di tangenza di AB e BC con β. bc
bc bc
bc
bc
bc
A A2 M B2 B
C
A3 B3A′
B′αβ
Ora usiamo ripetutamente il fatto che, tracciando le tangenti da un punto X esterno ad una circonferenza γ, echiamati M ed N i punti di tangenza, si ha XM = XN .
Abbiamo che x = MA2, y = MB2, r = CA3, s = CB′. Poniamo poi
t = AA2 = AA3, u = BB2 = BB3.
Poiche M e il punto medio di AB, abbiamo x + t = y + u. D’altra parte, t = b − r, u = a − s, da cuix+ b− r = y + a− s e quindi
(x− y) + (s− r) = a− b.
Poiche a− b > 0, nella (1) vale il segno + e la tesi e dismostrata.
3. Ogni numero intero viene colorato con uno di due colori, rosso o blu. Sappiamo che, per ogni insieme finito Adi interi consecutivi, il valore assoluto della differenza tra il numero degli interi rossi e il numero degli interiblu nell’insieme A e al piu 1000. Dimostrare che esiste un insieme di 2000 interi consecutivi fra i quali ci sonoesattamente 1000 numeri rossi e 1000 numeri blu.
Soluzione: Dato un intero n, chiamiamo In l’insieme dei 2000 numeri consecutivi n, n+ 1, . . . , n+ 1999 dilunghezza 2000, e chiamiamo Rn il numero di interi rossi e Bn il numero di interi blu in In: osserviamo che,siccome Rn +Bn = 2000 e pari, anche Dn = Rn −Bn e pari. Osserviamo anche che, passando da In a In+1, ilnumero di naturali bianchi o neri puo cambiare di al massimo un’unita, e quindi Dn − 2 ≤ Dn+1 ≤ Dn + 2.
Supponiamo per assurdo che per nessun n si abbia Dn = 0, e supponiamo, senza perdita di generalita, cheD0 < 0. Vogliamo dimostrare, per induzione, che Dn < 0 per ogni n ≥ 0: il passo base e vero per ipotesi. Dn
e pari e negativo, e Dn+1 ≤ Dn + 2 < 2 e pari, e non e zero per ipotesi, e quindi anche Dn+1 e negativo.
Consideriamo ora gli intervalli I2000k al variare di k nell’intervallo 0 ≤ k ≤ 500. Gli I2000k sono a due a duedisgiunti, ed in ciascuno di essi, ci sono almeno 1001 numeri blu e al piu 999 numeri rossi, quindi nell’intervallo0, 1, . . . , 2000 · 500+1999 ci sono almeno 1001 · 501 numeri blu e al piu 999 · 501 numeri rossi, contraddicendol’ipotesi.
4. In quali basi b > 6 la scrittura 5654 rappresenta una potenza di un numero primo?
Soluzione: La scrittura 5654 in base b rappresenta il numero N = 5b3+6b2+5b+4 = (b+1)(5b2+ b+4). Seb e dispari, b+1 e pari; viceversa, se b e pari, 5b2 + b+4 e pari. In ogni caso, N e pari, e quindi e una potenzadi 2.
Ne segue che b + 1 e 5b2 + b + 4 sono entrambe potenze di 2: b + 1 = 2n e 5b2 + b + 4 = 2m. Osserviamo che5b2 + b + 4 ≥ b + 4 per ogni b, quindi m > n. Dalla prima equazione otteniamo b = 2n − 1, e siccome b > 6,allora n ≥ 3. Sostituendo nella seconda equazione, ricaviamo: 5 · 22n − 9 · 2n + 8 = 2m. Dividendo per 8 eriarrangiando, otteniamo:
5 · 22n−3 − 2m−3 = 9 · 2n−3 − 1.
Dato che m > n ≥ 3, il lato sinistro dell’equazione e pari, quindi lo e anche 9 · 2n−3 − 1; ne segue che n = 3, el’equazione diventa 5 ·8−9+1 = 2m−3, da cui m = 8. Quindi la scrittura 5654 in base 7 rappresenta 2048 = 211,e b = 7 e l’unica soluzione del problema.
Seconda soluzione: La prova della divisibilita per 11 per i numeri scritti in base decimale si puo mimarecosı: b ≡ −1 (mod b+ 1), quindi
N = 5b3 + 6b2 + 5b+ 4 ≡ 5(−1)3 + 6(−1)2 + 5(−1) + 4 ≡ 0 (mod b+ 1).
Poiche (b+1) | N , sia b+1 che N/(b+1) devono essere potenze dello stesso primo. Ora N/(b+1) = 5b2+b+4 =(5b − 4)(b + 1) + 8; ne segue che il massimo comune divisore fra b + 1 e N/(b + 1) deve dividere 8. Ma, fra
due potenze dello stesso primo, il massimo comune divisore e il piu piccolo dei due numeri: in questo caso,evidentemente b+1. Quindi, visto che b > 6, l’unica possibilita e b+1 = 8, ossia b = 7 che, per verifica diretta,da una soluzione.
5. Dato un triangolo isoscele ABC con AB = AC e BAC < 60o, sia D il punto su AC tale che DBC = BAC, siaE l’intersezione dell’asse di BD con la retta parallela a BC passante per A, e sia F il punto sulla retta AC,dalla parte di A rispetto a C, tale che la lunghezza di FA sia il doppio della lunghezza di AC.
Infine, siano r la perpendicolare ad AB condotta da F , s la perpendicolare ad AC condotta da E, e t la rettaBD. Dimostrare che:
(a) le rette EB e AC sono parallele;
(b) le rette r, s e t concorrono.
Soluzione: Si ponga, per como-dita di notazione, BAC = α eABC = ACB = β.Si tracci la circonferenza circo-scritta al triangolo BDA e sia E′
la sua intersezione con la paral-lela a BC passante per A; mo-streremo che E′ si trova sull’as-se di BD, e deve dunque coinci-dere con E. Abbiamo BAD =BE′D = α (entrambi insisto-
no su BD), E′DB = E′AB =
ABC = β (l’ultima uguaglianzasegue dal parallelismo delle ret-te E′A e BC); quindi il triangoloBE′D e simile al triangolo BAC,percio e isoscele. Ne segue che E′
si trovi sull’asse della base BD, B C
A
D
E′ ≡ E
F
H
P ≡ Q
r
s
t
bc
bc
bc
bc
bc
come voluto. Inoltre abbiamo cosı ottenuto che BEA debba essere supplementare ad ADB, ovvero uguale a β.Cio dimostra il parallelismo fra la retta EB e la retta AC.
Sia ora P il punto d’intersezione tra le rette r ed s, Q il punto d’intersezione tra le rette r e t; chiamiamo Hla proiezione di F sulla retta AB. Per costruzione, la retta r e perpendicolare alla retta AB, mentre la rettas e perpendicolare ad AC, quindi alla sua parallela BE; in altre parole, gli angoli BEP e BHP sono retti,quindi il quadrilatero BEHP e ciclico. Basterebbe mostrare che Q si trova sulla circonferenza circoscritta aBEHP per concludere che P e Q coincidono (dato che entrambi sono punti sulla retta r diversi da H), da cuila concorrenza delle rette r, s e t.
L’angolo BQH, dato che BHQ e retto, vale 90o − (ABC − CBD) = 90o + α − β. Si noti che il quadrilatero
AEFH e ciclico: AHF e retto per costruzione; EA e congruente a BC, AF e il doppio di AC, EAF = β,e dunque il triangolo EAF e simile al triangolo formato da A, B e dal piede dell’altezza di ABC uscente daA, dunque anche l’angolo FEA e retto. Osservando che sia FEH che FAH insistono sull’arco FH, abbiamomostrato FEH = FAH = α. Otteniamo di conseguenza BEH = BEA+ AEF − FEH = β + 90o − α; ovverogli angoli BQH e BEH sono supplementari, quindi il quadrilatero BQHE e ciclico. Abbiamo cosı dimostratoche Q appartiene alla circonferenza circoscritta a BEHP , da cui la tesi.
6. Due maghi si esibiscono nel seguente numero. All’inizio il primo mago rinchiude il secondo mago in una cabinadove non possa ne vedere ne sentire nulla. Per iniziare il gioco, il primo mago invita Daniele, un membro delpubblico, a porre su ogni casella di una scacchiera n × n, a propria discrezione, una pedina bianca o nera.Dopodiche chiede a Daniele di indicargli una casella C a sua scelta. A questo punto, il primo mago sceglie unacasella D (non necessariamente diversa da C) e sostituisce la pedina che si trova su D con una dell’altro colore(bianca con nera o nera con bianca).
Viene quindi aperta la cabina in cui era rinchiuso il secondo mago. Osservando la scacchiera, il secondo magoriesce a indovinare qual e la casella C. Per quali n i due maghi possono attuare una strategia tale che il loronumero riesca sempre?
Soluzione: Risolveremo un problema leggermente piu generale: supponiamo che la scacchiera possa avere unnumero qualunque N di caselle, non necessariamente un quadrato. Mostreremo che i maghi hanno una strategiase e solo se N e potenza di due. Nel caso particolare N = n2, segue che n deve essere potenza di due.
Se c’e una strategia, allora N e potenza di due. Contiamo il numero Dc delle disposizioni di pedine cheil secondo mago associa a una determinata casella c. Da ogni possibile disposizione iniziale il primo mago puoraggiungere una di queste tramite precisamente una modifica, quindi ogni possibile disposizione deve essereraggiungibile partendo da una delle disposizioni associate a c e cambiando precisamente una pedina. Siccomeci sono N possibili cambi di pedina, Dc ≥ 2N/N . D’altro canto la somma dei numeri Dc al variare di c fra leN possibili caselle e minore di o uguale a 2N . Ne segue che Dc = 2N/N per ogni casella c, quindi N divide 2N .
Se N e potenza di due, allora c’e una strategia. Per N = 1 il secondo mago non puo sbagliare. Per N = 2,chiamiamo le due caselle x e y: i maghi si accordano per avere nella casella x una pedina bianca se Daniele hascelto x, e una pedina nera se Daniele ha scelto y. Ora, basta dimostrare che se i maghi hanno una strategiaper N = a e per N = b, allora hanno una strategia per N = ab. La strategia consiste nell’immaginare le casellearrangiate in una griglia a× b – con a righe e b colonne – e stipulare che una riga o colonna e bianca se contieneun numero pari di pedine bianche, nera altrimenti. In questo modo, cambiando il colore di una pedina, cambiail colore precisamente della riga e della colonna su cui questa si trova. Il primo mago determina la riga e lacolonna sulle quali si trova la casella scelta da Daniele, e usa le strategie per N = a e N = b sui colori delle righee delle colonne rispettivamente, decide quindi di cambiare il colore di precisamente una riga e una colonna, esostituisce la pedina che si trova alla loro intersezione. Il secondo mago considera i colori delle righe e dellecolonne, e applicando le strategia dei casi N = a e N = b determina su che riga e su che colonna deve trovarsila casella scelta da Daniele.
Numero Identificativo
Spazio riservatoalla commissioneper il punteggio
XXX Olimpiade Italiana di Matematica
Cesenatico, 9 maggio 2014(Da riempirsi in stampatello a cura dello studente)
Cognome:
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Luogo e data di nascita:
Cittadinanza:
Codice Fiscale:
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Tabella riassuntiva di autovalutazioneBarrare con una crocetta le caselle opportune
Esercizio Numero 1 2 3 4 5 6
Risolto
Parzialmente risolto
Non risolto
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1. Per ogni numero naturale n di 3 cifre decimali (quindi con la prima cifra diversa da zero), consideriamoil numero n0 ottenuto da n eliminando le sue eventuali cifre uguali a zero. Per esempio, se n = 205allora n0 = 25.
Determinare il numero degli interi n di tre cifre per i quali n0 e un divisore di n diverso da n.
2. Sia ABC un triangolo tale che, detto H il piede dell’altezza condotta da C, si ha AH = 3 ·HB. Sianoinoltre:– M il punto medio di AB;– N il punto medio di AC;– P il punto dal lato opposto di B rispetto alla retta AC tale che NP = NC e PC = CB.
Dimostrare che APM = PBA.
3. Per ogni intero positivo n, sia Dn il massimo comune divisore di tutti i numeri della formaan + (a+ 1)n + (a+ 2)n al variare di a fra tutti gli interi positivi.
(a) Dimostrare che, per ogni n, Dn e della forma 3k per qualche intero k ≥ 0.
(b) Dimostrare che, per ogni k ≥ 0, esiste un intero n tale che Dn = 3k.
4. Su una circonferenza di centro A e raggio R vengono presi nell’ordine quattro punti distinti B,C,G,H
in modo tale che G giaccia sul prolungamento della mediana del triangolo ABC condotta da B, e H
giaccia sul prolungamento dell’altezza di ABC condotta da B. Detta X l’intersezione fra le rette AC
e GH, si dimostri che il segmento AX e lungo 2R.
5. Dimostrare che esiste un intero positivo che puo essere scritto come somma di 2015 potenze 2014-esimedistinte di interi positivi x1 < x2 < · · · < x2015 in almeno due modi.
6. Una scacchiera quadrata (2n + 1) × (2n + 1), con n > 0, e colorata in modo tale che ogni casella siabianca o nera. Una casella e detta speciale se ci sono almeno altre n caselle dello stesso colore nellasua riga, e almeno altre n caselle dello stesso colore nella sua colonna.
(a) Dimostrare che esistono almeno 2n+ 1 caselle speciali.
(b) Fornire un esempio in cui ci siano al piu 4n caselle speciali.
(c) Determinare, in funzione di n, quale e il minimo numero possibile di caselle speciali.
pXXX OLIMPIADE ITALIANA DIMATEMATICA
Cesenatico, 9 maggio 2014
SOLUZIONI
1. Per ogni numero naturale n di 3 cifre decimali (quindi con la prima cifra diversa da zero), consideriamoil numero n0 ottenuto da n eliminando le sue eventuali cifre uguali a zero. Per esempio, se n = 205allora n0 = 25.
Determinare il numero degli interi n di tre cifre per i quali n0 e un divisore di n diverso da n.
Soluzione: Escludiamo subito il caso in cui n abbia tutte le cifre diverse da zero, in quanto in questocaso si ha n0 = n. Restano quindi due possibilita:
1) n ha la terza cifra uguale a zero; la scrittura decimale di n e del tipo n = ab0, n0 = ab e n0|n per ogniscelta di a ∈ 1. . . . , 9 e di b ∈ 0, 1, . . . , 9. Relativamente a questo caso, ci sono dunque 9× 10 = 90possibilita per n.
2) n ha la terza cifra diversa da zero ma la seconda uguale a zero; in questo caso n si scrive nella formaa0b e n0 nella forma ab. Ricordando il significato della scrittura decimale, cerchiamo dunque i casi incui 10a + b divide 100a + b. Poiche sicuramente 10a + b divide 10(10a + b) = 100a + 10b, e ancheequivalente vedere quando 10a+ b divide la differenza (100a+ 10b)− (10a+ b) = 9b.Scrivendo k(10a+b) = 100a+b e considerando l’ultima cifra decimale, si ottiene che (k−1)b e divisibileper 10, per cui almeno uno fra k−1 e b e divisibile per 5. Poiche evidentemente 1 < k < 10 e 1 ≤ b ≤ 9,si ha che k − 1 = 5 oppure b = 5.Per k − 1 = 5 otteniamo 60a + 6b = 100a + b, da cui b = 8a e quindi a = 1, b = 8. Si verifica chen = 108 e in effetti una soluzione, in quanto 18 divide 108.Per b = 5 usiamo la proprieta equivalente che 10a+ b divide 9b, che diventa 10a+ 5 divide 45; si vedeimmediatamente che i divisori di 45 della forma 10a+ 5 con a ≥ 1 sono 15 e 45, dando le due soluzionin = 105 (15 divide 105) e n = 405 (45 divide 405).
In conclusione, ci sono 90 soluzioni nel caso 1) e 3 soluzioni nel caso 2), per un totale di 93 soluzioni.
2. Sia ABC un triangolo tale che, detto H il piede dell’altezza condotta da C, si ha AH = 3 ·HB. Sianoinoltre:
– M il punto medio di AB;
– N il punto medio di AC;
– P il punto dal lato opposto di B rispetto alla retta AC tale che NP = NC e PC = CB.
Dimostrare che APM = PBA.
Soluzione: Poiche AH = 3HB, H e il punto medio di MB; dunqueCH e altezza e mediana del triangolo CMB, che e quindi isoscele. Maallora M giace sulla circonferenza di centro C e raggio CB. Ne deriva che
MPB = MCB/2 = HCB (angolo alla circonferenza e angolo al centroche insistono sullo stesso arco).Il triangolo CPB e, per definizione, isoscele su base PB, e dunque
CPB = CBP . Inoltre, poiche P giace sulla circonferenza di diametro
CA, CPA e un angolo retto.
Ma dunque 90 = CPB + BPM + MPA, e al tempo stesso il computo
della somma degli angoli interni del triangolo CHB da 90 = HCB +
CBP + PBA. Poiche, come mostrato sopra, CPB = CBP e BPM =
HCB, deve essere MPA = PBA.
A BM H
N
C
P bc
bc bc
bc
3. Per ogni intero positivo n, sia Dn il massimo comune divisore di tutti i numeri della forma an + (a +1)n + (a+ 2)n al variare di a fra tutti gli interi positivi.
(a) Dimostrare che, per ogni n, Dn e della forma 3k per qualche intero k ≥ 0.
(b) Dimostrare che, per ogni k ≥ 0, esiste un intero n tale che Dn = 3k.
Soluzione: Per definizione diDn, prendendo a = Dn vediamo cheDn divideDn
n+(Dn+1)n+(Dn+2)n,
e prendendo a = Dn + 1 si ottiene anche che Dn divide (Dn + 1)n + (Dn + 2)n + (Dn + 3)n. Perdifferenza Dn divide ((Dn + 1)n + (Dn + 2)n + (Dn + 3)n) − (Dn
n+ (Dn + 1)n + (Dn + 2)n) = (Dn +
3)n−Dn
n, e siccome chiaramente Dn divide Dn
nancora per differenza deduciamo che Dn divide (Dn+3)n.
Sviluppiamo ora (Dn+3)n: e una somma di termini della forma Db
n3n−b, dove b varia tra 0 e n, e quindi
ognuno di essi e divisibile per Dn, con l’unica eccezione dell’unico termine con b = 0. Possiamo quindiscrivere (Dn + 3)n = 3n + multipli di Dn, da cui deduciamo che Dn divide 3n: ne segue che Dn stessoe una potenza di 3, come voluto.
Osserviamo inannzitutto che D2 = 1: infatti D2 e una potenza di 3 (per il punto a) e per definizionedivide 12 + 22 + 32 = 14, il che forza D2 = 1.
Si ha poi D1 = 3: prendendo a = 1 otteniamo che D1 divide 6, quindi (siccome e una potenza di 3) D1
e 1 o 3. Ma d’altro canto per ogni a il numero a+ (a+ 1) + (a+ 2) = 3(a+ 1) e un multiplo di 3, percui D1 = 3.
Vogliamo ora mostrare che per ogni k ≥ 0 si ha D3k = 3k+1. Per k = 0 l’abbiamo appena verificato.Dal momento che D3k e una potenza di 3 e sufficiente vedere che D3k e divisibile per 3k+1 ma nonper 3k+2. Siccome si passa da an + (a + 1)n + (a + 2)n a (a + 1)n + (a + 2)n + (a + 3)n aggiungendo(a + 3)n − an, per dimostrare che 3k+1 divide D3k basta verificare che 3k+1 divide 13
k
+ 23k
+ 33k
edognuna delle differenze (a + 3)3
k
− a3k
. Per dimostrare che D3k non e divisibile per 3k+2 e sufficientedimostrare che 13
k
+ 23k
+ 33k
non e divisibile per 3k+2.
Occupiamoci prima dell’affermazione sulle differenze, per induzione su k: per k = 0 e ovvia. Supponia-mo allora che, per un certo k, (a+3)3
k
−a3k
sia multiplo di 3k+1. Possiamo scrivere (a+3)3k
= a3k
+c·3k+1,ed elevando al cubo troviamo (a+ 3)3
k+1
= a3k+1
+ 3a2·3k
· c · 3k+1 + 3a3k
· c2 · 32(k+1) + c3 · 33(k+1), e cioe(a + 3)3
k+1
− a3k+1
= a2·3k
· c · 3k+2 + a3k
· c2 · 32k+3 + c3 · 33k+1, che e chiaramente divisibile per 3k+2,come voluto.
Per quanto riguarda 13k
+ 23k
+ 33k
, dimostriamo allo stesso tempo che e divisibile per 3k+1 ma nonper 3k=2. L’affermazione e banale per k = 0, in quanto 1 + 2 + 3 e divisibile per 3 ma non per9. Per k ≥ 1 osserviamo che 33
k
e divisibile per 3k+2, quindi e sufficiente dimostrare l’affermazioneper 13
k
+ 23k
invece che per 13k
+ 23k
+ 33k
. Di nuovo, usiamo l’induzione su k. Per k = 1 si hache 1 + 23 e divisibile per 32 ma non per 33. Supponiamo ora che 1 + 23
k
sia divisibile per 3k+1 manon per 3k+2: questo vuol dire che 1 + 23
k
= 3k+1 · c, dove c non e un multiplo di 3. Si ha allora1 + 23
k+1
= 1 + (23k
)3 = 1 + (3k+1c− 1)3 = 3k+2(
c− 3k+1c2 + 32k+1c3)
. Il membro di destra e multiplodi 3k+2 ma non di 3k+3: infatti
(
c− 3k+1c2 + 32k+1c3)
non e divisibile per 3, visto che e la somma dimultipli di 3 e di c, il quale per ipotesi non e divisibile per 3. Questo conclude la dimostrazione.
4. Su una circonferenza di centro A e raggio R vengono presi nell’ordine quattro punti distinti B,C,G,Hin modo tale che G giaccia sul prolungamento della mediana del triangolo ABC condotta da B, e Hgiaccia sul prolungamento dell’altezza di ABC condotta da B. Detta X l’intersezione fra le rette ACe GH, si dimostri che il segmento AX e lungo 2R.
Soluzione: Denotiamo con M il punto medio di AC e con K il piede dell’altezzadi ABC condotta da B. Poiche AC e perpendicolare a BH e AB = AH = R,si ha che AC e l’asse di BH, dunque BK = KH. I triangoli rettangoli AKB eAKH sono congruenti, cosı come i triangoli rettangoli MKB e MKH, perchehanno i lati rispettivi uguali. Quindi
MBA = MBK + KBA = MHK + KHA = MHA. (1)
Poiche inoltre il triangolo AGB e isoscele con base BG, si ha anche
MGA = MBA. (2)
A B
C
K
MH
G
X
bc
bc
bc
bc
bc
Dalla (1) e dalla (2) si ricava che MHA = MGA. I due punti G ed H stanno dalla stessa parte rispettoalla retta MA e sottendono il segmento MA con lo stesso angolo, quindi il quadrilatero AMGH e
ciclico. In particolare, AHG+ AMG = 180.
Consideriamo ora i triangoli HAX e MAB; essi sono simili, in quanto XAH = BAM (sono angoli cor-
rispondenti dei due triangoli congruenti AKH e KAB) e AHX = AMB (sono entrambi supplementari
di AMG).
Ne segue che AX/AB = AH/AM , AX = (AB/AM) · AH = 2R.
5. Dimostrare che esiste un intero positivo che puo essere scritto come somma di 2015 potenze 2014-esimedistinte di interi positivi x1 < x2 < · · · <2015 in almeno due modi.
Soluzione: Sia N un intero positivo maggiore o uguale a 2015. Consideriamo tutte le successionicrescenti x1 < x2 < . . . < x2015 ≤ N di 2015 interi positivi minori o uguali a N . Il numero diqueste successioni e
(
N
2015
)
, poiche ogni successione e univocamente determinata dalla scelta di uninsieme di 2015 interi positivi minori o uguali a N . Per ognuna di queste successioni calcoliamo lasomma x2014
1 + x20142 + . . . + x2014
2015. Dato che ciascun addendo e minore o uguale a N2014, ogni sommavale al piu 2015N2014. Abbiamo quindi
(
N
2015
)
somme, ciascuna minore o uguale a 2015N2014. Se ilnumero delle somme fosse maggiore di 2015N2014, allora dovrebbero necessariamente esistere due sommeuguali, poiche se fossero tutte diverse sarebbero almeno
(
N
2015
)
. Per risolvere l’esercizio, che ci chiedeproprio di dimostrare l’esistenza per un qualche N intero positivo di due somme uguali, ci basta perciodimostrare che esiste un intero positivo N ≥ 2015 per il quale vale la disuguaglianza
(
N
2015
)
> 2015N2014.
Osserviamo che(
N
2015
)
= N(N−1)(N−2)···(N−2014)2015!
e un polinomio in N di grado 2015, mentre 2015N2014
e di grado 2014. Dato che entrambi i coefficienti dei termini di grado massimo dei due polinomi sonopositivi e 2015, il grado del primo polinomio, e maggiore di 2014, il grado del secondo polinomio, esistesicuramente un intero positivo N per il quale vale la disuguaglianza
(
N
2015
)
> 2015N2014.
6. Una scacchiera quadrata (2n + 1) × (2n + 1), con n > 0, e colorata in modo tale che ogni casella siabianca o nera. Una casella e detta speciale se ci sono almeno altre n caselle dello stesso colore nella suariga, e almeno altre n caselle dello stesso colore nella sua colonna.
(a) Dimostrare che esistono almeno 2n+ 1 caselle speciali.
(b) Fornire un esempio in cui ci siano al piu 4n caselle speciali.
(c) Determinare, in funzione di n, quale e il minimo numero possibile di caselle speciali.
Soluzione: (a) Questo punto sara, in realta, una conseguenza del punto (c). Per completezza, pero,diamo una dimostrazione piu semplice. Diciamo che una casella e in maggioranza nella sua riga o colonnase ha il medesimo colore di almeno altre n caselle della sua riga o colonna rispettivamente. Chiaramente,una casella e speciale se si trova in maggioranza sia nella sua riga sia nella sua colonna. Ora, il numerodelle caselle in maggioranza lungo almeno una delle due direzioni puo essere ottenuto sommando ilnumero delle caselle in maggioranza nella loro riga, piu il numero delle caselle in maggioranza nella lorocolonna, meno il numero delle caselle speciali, che sono state contate due volte. Il totale, sappiamo,non puo fare piu di (2n+ 1)2, e i due numeri da sommare non possono valere meno di (2n+ 1)(n+ 1),quindi la quantita sottratta deve essere almeno 2(2n+ 1)(n+ 1)− (2n+ 1)2, vale a dire 2n+ 1.
(b) Coloriamo la prima riga in alto della scacchiera interamente di nero, la prima colonna a sinistra, adeccezione della casella in alto a sinistra, interamente di bianco, ed il resto a scacchi. In questo modo,tutte le righe eccetto la prima hanno una maggioranza di caselle bianche, e tutte le colonne eccetto laprima hanno una maggioranza di caselle nere. Le sole caselle speciali possono trovarsi, quindi, sullaprima riga o sulla prima colonna. D’altro canto, si constata immediatamente che tutte le caselle sullaprima riga o sulla prima colonna sono speciali ad eccezione dell’angolo in alto a sinistra. Il totale equindi 4n.
(c) Vedremo che ci sono sempre almeno 4n caselle speciali, l’esempio dato al punto precedente cipermette, allora, di concludere che questo e il minimo. Le 2n + 1 righe della scacchiera si dividono inrb righe contenenti in maggioranza caselle bianche, e rn righe contenenti in maggioranza caselle nere.
Analogamente, le colonne si dividono in cb a maggioranza bianca e cn a maggioranza nera. A meno diruotare la scacchiera di novanta gradi, operazione che scambia le righe con le colonne, e di scambiare ilbianco col nero, possiamo supporre che ciascuno di questi quattro numeri sia minore di o uguale a rb.In particolare sappiamo, quindi, che rb vale almeno n+1, altrimenti rb+ rn non potrebbe valere 2n+1.Le rb righe a maggioranza bianca contengono almeno (n+ 1)rb caselle bianche, mentre le cn colonne amaggioranza nera contengono almeno (n+1)cn caselle nere. Quelle, fra queste (n+1)(rb+cn) caselle, chenon sono all’intersezione fra un riga a maggioranza bianca e una colonna a maggioranza nera, devonoessere speciali. Il numero delle caselle speciali non puo, quindi, essere inferiore a (n+1)(rb+ cn)− rbcn.Questa espressione e di primo grado in cn, e il coefficiente di cn e negativo o nullo, il minimo valore siottiene quindi quando cn e piu grande possibile. D’altro canto, cn non puo eccedere rb, per cui abbiamoalmeno (2n+2)rb−r2
bcaselle speciali. Per valori di rb non inferiori a 2 e non superiori a 2n, quest’ultima
quantita e almeno 4n. Rimangono cosı due casi, o rb ≤ 1 o rb = 2n+1. Il primo e chiaramente assurdo,perche rb e almeno n+1. Esaminiamo il secondo e ultimo caso. Siccome rb = 2n+1, non ci sono menodi (2n + 1)(n + 1) caselle bianche. Se cn valesse 2n o piu, ci sarebbero almeno 2n(n + 1) caselle nere.Pero, cosı, avremmo piu di (2n + 1)2 caselle in totale. Ne segue che cn vale al piu 2n − 1. Quindi, inquesto caso, le caselle speciali sono almeno (n+ 1)4n− (2n+ 1)(2n− 1) = 4n+ 1.
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XXXI Olimpiade Italiana di Matematica
Cesenatico, 8 maggio 2015
1. Sia dato un parallelepipedo rettangolo ABCDA′B′C′D′, dove ABCD e la faccia inferiore con le lettereassegnate in senso orario, e A, B, C, e D stanno sotto A′, B′, C′, e D′ rispettivamente. Il parallelepipedo ediviso in otto pezzi da tre piani ortogonali fra loro e paralleli alle facce del parallelepipedo. Per ogni vertice P
del parallelepipedo si indichi con VP il volume del pezzo di parallelepipedo che contiene P . Sapendo cheVA = 40, VC = 300, VB′ = 360 e VC′ = 90, qual e il volume del parallelepipedo ABCDA′B′C′D′?
2. Un servizio di streaming musicale propone canzoni classificate in 10 generi musicali, in modo che ogni branoappartenga ad uno e un solo genere. Le canzoni vengono suonate una dopo l’altra: le prime 17 sono sceltedall’utente, ma a partire dalla diciottesima il servizio determina automaticamente quale canzone suonare.Elisabetta ha notato che, se si fa la classifica di quali generi compaiano piu volte nel corso degli ultimi 17brani suonati, la nuova canzone appartiene sempre al genere in testa alla classifica o, in caso di pari merito,a uno dei primi ex-aequo.Dimostrare che, comunque siano scelti i primi 17 brani, da un certo punto in poi le canzoni proposte sonotutte dello stesso genere.
3. Sia ABC un triangolo, sia K il piede della bisettrice relativa a BC e sia J il piede della trisettrice relativa aBC piu vicina al lato AC (ossia J e il punto su BC tale che 3 · ∠ CAJ = ∠ CAB). Siano poi C′ e B′ duepunti sulla retta AJ , dalla parte di J rispetto ad A, tali che AC′ = AC e AB = AB′. Dimostrare che ilquadrilatero ABB′C e inscrivibile in una circonferenza se e solo se le rette C′K e B′B sono parallele.
4. Determinare tutte le coppie di numeri interi (a, b) che risolvono l’equazione a3 + b3 + 3ab = 1.
5. Siano Γ una circonferenza, AB una sua corda, C un punto interno ad AB, r una retta per C tale che, detteD ed E le intersezioni di r con Γ, esse si trovino in parti opposte rispetto all’asse di AB. Siano poi ΓD lacirconferenza tangente esternamente a Γ in D e tangente in un punto F ad AB, ΓE la circonferenza tangenteesternamente a Γ in E e tangente in un punto G ad AB. Dimostrare che CA = CB se e solo se CF = CG.
6. Ada e Charles fanno un gioco. All’inizio un numero intero n > 1 e scritto sulla lavagna. A turno, Ada eCharles cancellano il numero k che trovano sulla lavagna e lo rimpiazzano1 – o con un divisore positivo di k diverso da 1 e da k stesso2 – oppure con k + 1.Inizialmente ciascuno dei giocatori possiede mille punti. Quando un giocatore gioca la mossa 1, guadagnaun punto; quando gioca la mossa 2, perde un punto. Il gioco ha termine quando uno dei giocatori giungead avere zero punti, e questo giocatore ha perso. Ada gioca per prima. Per quali valori di n Charles ha unastrategia vincente?
XXXI Olimpiade Italiana di Matematica
Cesenatico, 8 maggio 2015
Soluzioni
1. Sia dato un parallelepipedo rettangolo ABCDA′B′C′D′, dove ABCD e la faccia inferiore con le lettereassegnate in senso orario, e A, B, C, e D stanno sotto A′, B′, C′, e D′ rispettivamente. Il parallelepipedo ediviso in otto pezzi da tre piani ortogonali fra loro e paralleli alle facce del parallelepipedo. Per ogni vertice Pdel parallelepipedo si indichi con VP il volume del pezzo di parallelepipedo che contiene P . Sapendo cheVA = 40, VC = 300, VB′ = 360 e VC′ = 90, qual e il volume del parallelepipedo ABCDA′B′C′D′?
Soluzione: Chiamiamo x, y, z le distanze di A dai tre piani dei tagli, e x′, y′, z′ le distanze di C′ dagli stessipiani, di modo che x + x′ = AB, y + y′ = AD, z + z′ = AA′.
Quando due pezzi hanno una faccia in comune, i loro volumi stanno in proporzione con le rispettive altezze,e quindi otteniamo le seguenti uguaglianze:
y
y′= 4 =
VB′
VC′
=VB
VC
,z
z′=
10
3=
VC
VC′
,x
x′=
VA
VB
.
Dalla prima uguaglianza ricaviamo che VB = 4VC = 1200, e sostituendo nell’ultima ricaviamo che x
x′= 1
30.
Se chiamiamo V il volume del parallelepipedo, si ha:
V
VC′
=(x + x′)(y + y′)(z + z′)
x′y′z′=
( x
x′+ 1
)
(
y
y′+ 1
)
( z
z′+ 1
)
=403
18,
da cui V = 403
18VC′ = 403
18· 90 = 2015.
2. Un servizio di streaming musicale propone canzoni classificate in 10 generi musicali, in modo che ogni branoappartenga ad uno e un solo genere. Le canzoni vengono suonate una dopo l’altra: le prime 17 sono sceltedall’utente, ma a partire dalla diciottesima il servizio determina automaticamente quale canzone suonare.Elisabetta ha notato che, se si fa la classifica di quali generi compaiano piu volte nel corso degli ultimi 17brani suonati, la nuova canzone appartiene sempre al genere in testa alla classifica o, in caso di pari merito,a uno dei primi ex-aequo.Dimostrare che, comunque siano scelti i primi 17 brani, da un certo punto in poi le canzoni proposte sonotutte dello stesso genere.
Soluzione: Supponiamo che ad un certo punto venga prodotta una sequenza di 17 canzoni consecutive(diciamo le numero k, k + 1, . . . , k + 16) in cui un unico genere e in maggioranza stretta, chiamiamolo A;allora la (k + 17)-esima canzone apparterra a quel genere. Se la k-esima canzone apparteneva anch’essa algenere A, la classifica dei generi rimane invariata, e quindi A e ancora in maggioranza stretta; se la k-esimacanzone apparteneva a un genere B diverso da A, la nuova classifica ha un’occorrenza in piu per il genere Ae una in meno per il genere B, quindi il genere A e ancora in maggioranza stretta. Ne consegue che, se aun certo punto un genere e in maggioranza stretta, tutte le canzoni suonate da allora in poi apparterranno aquel genere.
Analogamente si vede che se un genere C e in minoranza ad un certo punto, allora rimane in minoranza daquel punto in poi. Se le prime 17 canzoni hanno un genere in maggioranza stretta, il problema e dunquerisolto. Altrimenti deve esistere un genere che compare in minoranza: infatti, se tutti i generi che compaionofossero primi ex-aequo, 17 dovrebbe essere divisibile per il loro numero; ma, poiche 17 e primo, cio sarebbepossibile solo se esistessero 17 generi distinti (ma ne esistono soltanto 10) o se comparisse un unico genere,che sarebbe quindi in maggioranza stretta.
Supponiamo che la canzone i appartenga a un genere C, minoritario fra le canzoni 1, . . . , 17; consideriamola sequenza delle canzoni i, i + 1, . . . , i + 16 e supponiamo che vi siano piu generi primi ex-aequo in classifica
1
(altrimenti abbiamo finito), fra cui il genere che verra assegnato alla canzone i + 17: chiamiamolo D; poicheil genere C e partito in minoranza, D e diverso da C. Allora la classifica dei generi per le canzoni dalla i + 1alla i + 17 ha un’occorrenza in meno per il genere C e una in piu per il genere D, che si trova quindi inmaggioranza stretta, e sara l’unico suonato a partire dalla canzone i + 18.
3. Sia ABC un triangolo, sia K il piede della bisettrice relativa a BC e sia J il piede della trisettrice relativa aBC piu vicina al lato AC (ossia J e il punto su BC tale che 3 · ∠ CAJ = ∠ CAB). Siano poi C′ e B′ duepunti sulla retta AJ , dalla parte di J rispetto ad A, tali che AC′ = AC e AB = AB′. Dimostrare che ilquadrilatero ABB′C e inscrivibile in una circonferenza se e solo se le rette C′K e B′B sono parallele.
Soluzione: Poniamo anzitutto θ = ∠ CAJ , cosicche ∠ JAB = 2θ e ∠ JAK = θ/2.
Se il quadrilatero ABB′C e ciclico, allora ∠ CBB′ = θ, poiche insiste sullo stesso arco dell’angolo ∠ CAB′;d’altra parte, poiche ∠ AB′B = ∠ ABB′ = (180 − 2θ)/2 per costruzione, gli angoli ∠ JBB′ e ∠ BB′Jsono complementari, dunque AJ e ortogonale a BC. Ora, ∠ AC′C = ∠ ACC′ = (180 − θ)/2, percio∠ JCC′ = 90 − ∠ AC′C = θ/2. Ma allora ∠ C′CK = θ/2 = ∠ C′AK; questo implica che il quadrilateroAKC′C e ciclico, e dunque ∠ CKC′ = ∠ CAC′ = θ = ∠ CBB′. Poiche formano angoli corrispondenticongruenti con la retta trasversale BC, le rette C′K e BB′ sono dunque parallele.
Supponiamo ora che le rette JK e BB′ siano parallele. Gli angoli corrispondenti ∠ AC′K e ∠ AB′B formaticon la retta AB′ devono essere congruenti, dunque entrambi uguali a (180 − 2θ)/2 (dato che il triangoloABB′ e isoscele). Ne segue che ∠ KC′C = ∠KC′A+∠ AC′C = 180− 3
2θ; dunque ∠ KC′C e supplementare
di ∠ CAK, e il quadrilatero CAKC′ e ciclico. Ma allora ∠ B′BC = ∠ C′KC = ∠ C′AC = θ (dove laprima uguaglianza segue dal parallelismo e la seconda dalla ciclicita di CAKC′); quindi anche il quadrilateroCABB′ e ciclico.
4. Determinare tutte le coppie di numeri interi (a, b) che risolvono l’equazione a3 + b3 + 3ab = 1.
Soluzione: L’equazione e simmetrica in a e b, quindi possiamo limitarci a considerare le soluzioni con a ≥ b.Non ci sono soluzioni con a e b entrambi positivi: infatti in tal caso avremmo a3 +b3+3ab ≥ 1+1+3 = 5 > 1,assurdo. Se almeno uno tra a e b e uguale a zero, diciamo b, allora sostituendo nel testo troviamo a3 = 1,cioe a = 1, da cui le due soluzioni (1, 0) e (0, 1). Se poi a e b sono entrambi strettamente minori di 0, allora(supponendo ancora b ≤ a < 0) troviamo a3 + b3 + 3ab < b(b2 + 3a); se avessimo b ≤ −3, allora avremmoanche b2 + 3a ≥ −3b + 3a = 3(a − b) ≥ 0 e quindi b(b2 + 3a) non potrebbe essere positivo. Ne seguirebbeche a3 + b3 + 3ab < b(b2 + 3a) ≤ 0, e quindi (a, b) non puo essere una soluzione se b ≤ −3. Dobbiamo quindicontrollare i casi b = −2 e b = −1, che (ricordando che stiamo supponendo a < 0) portano all’unica soluzione(a, b) = (−1,−1). Ci restano quindi da determinare le soluzioni con a > 0 e b < 0: poniamo c = −b, cosicchec e un intero positivo. L’equazione si riscrive nelle due forme equivalenti
3ac + 1 = a3− c3, a3 = c3 + 3ac + 1; (1)
dalla seconda espressione ricaviamo che a > c, mentre dalla prima troviamo 3ac + 1 = (a − c)(c2 + ca + a2).Siccome a − c ≥ 1 abbiamo allora
3ac + 1 = (a − c)(c2 + ca + a2) ≥ c2 + ca + a2,
da cui 1 ≥ c2 − 2ca + a2, ovvero (a − c)2 ≤ 1. Siccome abbiamo gia osservato che a − c e positivo si deveavere a − c = 1, e sostituendo a = c + 1 in (??) troviamo
c3 + 3c2 + 3c + 1 = c3 + 3c(c + 1) + 1,
un’equazione che e verificata per qualunque valore di c. Ricordandoci del fatto che all’inizio avevamo suppostoa ≥ b vediamo allora che le soluzioni dell’equazione proposta sono la coppia (a, b) = (−1,−1) e le infinitecoppie (a, b) = (a,−c) = (c + 1,−c) per ogni valore intero di c: quelle con c ≥ 0 sono quelle per cui a ≥ b, equelle con c < 0 sono le simmetriche con a < b.
Seconda soluzione: Osserviamo che
a3 + b3− 1 + 3ab = a3 + b3 + (−1)3 − 3ab · (−1) = (a + b − 1)(a2 + b2 + 1 − ab + a + b),
quindi le coppie della forma (n, 1 − n) sono soluzioni per ogni n intero.
2
Moltiplicando per 4 il secondo fattore, poi, possiamo scrivere
4a2 + 4b2 + 4 − 4ab + 4a + 4b = (2a − b + 1)2 + 3(b + 1)2,
che, essendo una somma di quadrati, si annulla solo quando (2a − b + 1) = (b + 1) = 0, ovvero quando a =b = −1.
5. Siano Γ una circonferenza, AB una sua corda, C un punto interno ad AB, r una retta per C tale che, detteD ed E le intersezioni di r con Γ, esse si trovino in parti opposte rispetto all’asse di AB. Siano poi ΓD lacirconferenza tangente esternamente a Γ in D e tangente in un punto F ad AB, ΓE la circonferenza tangenteesternamente a Γ in E e tangente in un punto G ad AB. Dimostrare che CA = CB se e solo se CF = CG.
Soluzione: Supponiamo dapprima che CA = CB. Sia O il centro di Γ, r il raggio di Γ e siano M, N ,rispettivamente, le intersezioni con la retta AB della tagente a ΓD in D e a ΓE in E.I quadrilateri DMCO e ENOC sono ciclici: infatti, ∠ MCO = ∠ MDO = 90 e ∠ NCO = ∠ NEO = 90
(osserviamo che non e importante che C, D (rispettivamente C, E) stiano dalla stessa parte o da parti oppostedi MO (rispettivamente NO), in quanto due angoli di 90 sono sia uguali che supplementari).Sia ora γ = ∠ MCD = ∠ NCE. Per la ciclicita dei quadrilateri DMCO e ENOC abbiamo che ∠ MOD =∠ NOE = γ. Ne segue che i triangoli rettangoli MOD e NOE sono simili e con un cateto uguale (OD =OE = r), e quindi sono congruenti. Pertanto MD = NE e MO = NO.Ora MD e MF sono le tangenti da M a ΓD, per cui MD = MF ; analogamente, NE = NG.Dall’uguaglianza MO = NO si ricava che MON e un triangolo isocele, di cui CO e l’altezza rispetto allabase MN : ne segue che CM = CN .Riassumendo, CF = CM + MF = CM + MD = CN + NE = CN + NG = CG.(Si noti che la dimostrazione e valida anche nel caso in cui AB sia un diametro: i quadrilateri ciclici DMCOe ENOC divengono semplicemente i due triangoli rettangoli congruenti MOD e NOE.)
Viceversa, supponiamo che CF = CG. Con le notazioni precendenti, si ha immediatamente che CM +MD =CN + NE. Osserviamo ora che ∠ CDM e ∠ CEN sono supplementari, in quanto, posto ϕ = ∠ EDO =∠ DEO, uno di essi e uguale a 90+ϕ e l’altro a 90−ϕ. In particolare, sin(∠ CDM) = sin(∠ CEN) = cosϕ.Usiamo il teorema dei seni sui triangoli CDM e CEN . Abbiamo:
CM
cosϕ=
MD
sin γe
CN
cosϕ=
EN
sin γ,
e quindi CM/CN = MD/EN . Visto che CM + MD = CN + NE, questo rapporto e uguale a 1, ossiaCM = CN e MD = NE. I triangoli rettangoli MDO e NEO sono congruenti, poiche hanno i due catetiuguali. Ne segue che MO = ON e il triangolo MON e isoscele. Ma allora C, che e il punto medio della baseMN , e anche il piede dell’altezza, ossia OC e perpendicolare ad AB, e quindi C e il punto medio di AB.
Seconda soluzione: Siano O il centro di Γ e OD quello di ΓD. Siano I l’intersezione dell’asse di AB conΓ dalla parte di D rispetto ad AB e J quella dalla parte di E. Dimostriamo che i punti I, D ed F sonoallineati. I triangoli ODDF e ODI sono isosceli di basi FD e DI, dato che ODD e ODF sono raggi di ΓD,mentre OI e OD sono raggi di Γ. Poiche le rette IJ e ODF sono entrambe ortogonali alla retta AB, sonoparallele tra loro; inoltre, poiche OD e DOD sono ortogonali alla tangente comune a Γ e ΓD in D, i puntiO, D, OD sono allineati. Ma allora ∠ IOD = ∠ FODD perche alterni interni, da cui i due triangoli isosceliODDF e ODI sono simili, quindi ∠ FDOD = ∠ ODI. Ne segue che F , D, I sono allineati. In modo analogosi ottiene che J , E, G sono allineati.
Sia H il punto di intersezione tra AB e IJ e sia D′ il punto di intersezione tra FJ e Γ. Dimostriamo che∠ JHD′ = ∠ DHI. Il quadrilatero FDHJ e ciclico, in quanto ∠ JHF = ∠ JDF = 90; dunque abbiamo∠ DHI = ∠ DFJ , poiche entrambi supplementari a ∠ DHJ . Similmente, anche il quadrilatero FIHD′ eciclico (∠ FHI = ∠ FD′I = 90), e quindi abbiamo ∠ JHD′ = ∠ D′FI = ∠ DFJ , in quanto entrambisupplementari a ∠ D′HI. Quindi l’uguaglianza ∠ JHD′ = ∠ DHI e dimostrata.
Se abbiamo CA = CB, allora C coincide con H . Dato che in questo caso D′ e il simmetrico di E rispetto aIJ , allora F e il simmetrico di G rispetto a IJ e quindi CF = CG.
Se invece abbiamo CA > CB, allora mostriamo che CF > HF > HG > CG, La prima e l’ultima disugua-glianza sono evidenti. Sia D′′ l’intersezione fra la retta DH e Γ diversa da D, cosicche D′′ e il simmetrico
3
di D′ rispetto alla retta IJ ; detta F ′ l’intersezione fra la retta JD′′ e la retta AB, F ′ e il simmetrico di Frispetto ad H , dunque HF = HF ′. Ora, supponendo che CA > CB, ovvero che C sia interno al segmentoHB, ne segue che E faccia parte dell’arco BD′′ di Γ che non contiene J . Ma allora il triangolo HJG econtenuto nel triangolo HJF ′, e dunque HG < HF ′ = HF . Similmente, se abbiamo CA < CB, alloraotteniamo CF < CG.
6. Ada e Charles fanno un gioco. All’inizio un numero intero n > 1 e scritto sulla lavagna. A turno, Ada eCharles cancellano il numero k che trovano sulla lavagna e lo rimpiazzano1 – o con un divisore positivo di k diverso da 1 e da k stesso2 – oppure con k + 1.Inizialmente ciascuno dei giocatori possiede mille punti. Quando un giocatore gioca la mossa 1, guadagnaun punto; quando gioca la mossa 2, perde un punto. Il gioco ha termine quando uno dei giocatori giungead avere zero punti, e questo giocatore ha perso. Ada gioca per prima. Per quali valori di n Charles ha unastrategia vincente?
Soluzione: I numeri a partire dai quali Charles vince sono tutti i numeri primi eccetto 2, 7, e 13, piu inumeri seguenti: 8, 14, 26, 49, 91, 169.
Perche?
Innanzitutto dimostriamo che una partita non puo protrarsi indefinitamente. La somma del numero sullalavagna piu i due punteggi dei due giocatori non puo mai aumentare. Supponiamo che questa somma,inizialmente, sia S. Allora non e possibile che vengano giocate consecutivamente, in nessun momento dellapartita, S mosse di tipo 2, perche questa operazione porterebbe il numero sulla lavagna, e quindi la somma,a superare il valore iniziale S. Ne consegue che ogni S mosse giocate, almeno una e di tipo 1. Ogni mossadi tipo 1, pero, provoca una diminuzione netta della somma. Quindi dopo non piu di S mosse di tipo 1 lasomma del numero sulla lavagna e dei punteggi dovrebbe essersi ridotta a zero, cosa che non puo avvenire.La partita non puo quindi durare piu di S2 mosse. Un corollario di questa osservazione e che una strategiache permetta di non perdere, automaticamente, e una strategia vincente.
Chiamiamo P (perdenti) l’insieme dei numeri sopra detti, e V (vincenti) l’insieme complementare. Descrivia-mo una strategia che permette ad Ada di vincere se il numero di partenza appartiene all’insieme V . L’ideadella strategia e di giocare una mossa che sostituisca il numero in V con un numero in P . E facile verificareche da un numero dell’insieme P non e possibile raggiungere tramite una sola mossa un altro numero in P .Charles sara quindi costretto a sostituire il numero in P prodotto da Ada con un nuovo numero dell’insie-me V . A partire dal quale Ada potra applicare nuovamente la sua strategia. Perche questa idea funzionibisogna controllare che da ogni numero nell’insieme V sia possibile raggiungere un numero dell’insieme P , eche nel corso della partita Ada non possa perdere tutti i mille punti.
Sia n un numero appartenente all’insieme V , a partire da n Ada puo raggiungere un numero dell’insieme Pscegliendo la propria mossa secondo lo schema seguente:a – Se n e divisibile per un fattore primo diverso da 2, 7, e 13, allora Ada raggiunge quel fattore, che e in P .b – Se n e 2, 7, o 13, allora Ada gioca la mossa 2 e ottiene 3, 8, o 14 rispettivamente.c – Se n e divisibile per un prodotto di due di questi fattori allora Ada raggiunge 14, 26, o 91.d – L’unico caso rimanente e che n sia una potenza di 2, di 7, o di 13: in questo caso Ada raggiunge 8, 49,o 169, a meno che n non sia 4.e – Se n e 4, allora Ada gioca la mossa 2 e ottiene 5.A meno dei casi b ed e, le mosse di Ada sono di tipo 1, e quindi le danno un guadagno di punti. Si trattaquindi di analizzare cosa capita quando Ada si trova a giocare su uno dei numeri 2, 4, 7, e 13: chiaramente,quando questo capita per la prima volta, Ada possiede almeno mille punti. Studiamo prima il 4. In questocaso Ada gioca, secondo il nostro schema, il numero 5, sacrificando un punto, Charles e costretto a giocare 6,Ada gioca 3, riprendendo il punto sacrificato, Charles deve giocare 4, e il ciclo si ripete fino al termine dellapartita. In questo modo il punteggio di Ada non scende mai di piu di un punto sotto il suo punteggio iniziale,Charles quindi perde necessariamente. Se il numero e 2, Ada gioca 3, perdendo un punto, e Charles e costrettoa giocare 4, quindi, di conseguenza, a perdere. Se il numero e 7 Ada gioca 8, da cui Charles puo sceglieredi giocare 2 o 4, e perdere, oppure di giocare 9, dal quale Ada gioca 3, Charles 4, obbligato, e perde. Nelcaso del 13 Ada gioca 14, Charles puo scegliere fra 2 e 7, perdenti, oppure 15, dal quale Ada gioca 3 e, comeprima, Charles perde.
4
Supponiamo ora che Ada inizi a giocare da un numero dell’insieme P , allora sara costretta a giocare unamossa che produce un numero dell’insieme V , a partire dal quale Charles potra vincere usando la medesimastrategia che abbiamo descritto per Ada nel paragrafo precedente.
bc
bc
bc
bc
A B
C
JK
B′
C′
bc
bc bcbc bc bc
bc
bc
bc bc
O
F M A C BN
G
Γ
ΓD
ΓE
D
Er
5
1. Sia ABC un triangolo, e siano D ed E le proiezioni di A sulle bisettrici uscenti da B e C. Dimostrare cheDE e parallelo a BC.
B C
A
K L
E D
I
F G
Soluzione: Siano F e G i punti d’intersezione fra la retta BC e le rette AE e AD rispettivamente. Ilsegmento CE e bisettrice e altezza relativa al lato AF del triangolo ACF , dunque e anche mediana (e iltriangolo ACF e isoscele sulla base AF ): abbiamo AE = EF . Similmente, BD e bisettrice e altezza (dunquemediana) nel triangolo ABG, e AD = DG. Applicando il teorema di Talete nel triangolo AFG si ottiene ilparallelismo fra le rette DE e BC.
Seconda soluzione: Sia I l’incentro del triangolo ABC, siano BL e CK le bisettrici uscenti da B e daC, e siano α, β, γ gli angoli interni in A,B,C rispettivamente. Poiche gli angoli AEI e ADI sono retti,il quadrilatero AEID e inscrittibile in una circonferenza: abbiamo dunque IAE = IDE. D’altra parte,AKC = 180 − γ
2 − α, e (supponendo che E sia interno al segmento IK per fissare la configurazione: il casoin cui cio non avvenga e analogo) KAE = 90 − AKC = γ
2 +α− 90. Gli angoli IAE e IDE valgono percioα2 − KAE = α
2 −γ2 − α + 90 = 180−γ−α
2 = β2 = LBC. I due angoli alterni interni EDB e DBC formati
dalla trasversale DB con le rette ED e BC sono in conclusione congruenti, e quindi le rette ED e BC sonoparallele.
Terza soluzione: Sia D′ la proiezione di D su BC, e sia H il piede dell’altezza da A. Allora
DD′ = BD sin(β
2) = AB cos(
β
2) sin(
β
2) = AB sinβ/2 = AH/2.
Similmente per E, quindi D ed E giacciono sulla parallela a BC situata a distanza AH/2 dalla parte di A.
2. In una gara di matematica si propongono 3 problemi, ciascuno dei quali viene valutato con un punteggiointero compreso fra 0 e 7 (estremi inclusi). Si sa che, comunque si scelgano due concorrenti, c’e al piu unproblema su cui questi hanno ottenuto lo stesso punteggio (per esempio, non ci sono due concorrenti i cuipunteggi sui tre problemi siano 7, 1, 2 per il primo e 7, 5, 2 per il secondo, ma ci potrebbero essere dueconcorrenti i cui punteggi siano 7, 1, 2 e 7, 2, 1). Quanti sono al massimo i partecipanti alla gara?
Soluzione: La risposta e 64. Indichiamo con p1, p2, p3 i punteggi che un concorrente puo ottenere neiproblemi 1,2,3, rispettivamente. In primo luogo osserviamo che sicuramente il numero di concorrenti nonpuo essere superiore a 64. Infatti, considerando anche solo i primi due problemi, le coppie di punteggi(p1, p2) possibili relative a questi due problemi sono 82 = 64, e quindi, se si vuole che a concorrenti diversicorrispondano coppie diverse, il numero di concorrenti non puo superare 64.
In secondo luogo, pero, con 64 concorrenti si puo ottenere il il risultato richiesto. Immaginiamo infatti chei 64 concorrenti ottengano, nei primi due problemi, tutte le 64 coppie (p1, p2) di punteggi disponibili. Ecertamente possibile, visto che i punteggi variano tra 0 e 7, che tutti i concorrenti ottengano un punteggiototale (cioe la somma dei punteggi p1 + p2 + p3) divisibile per 8. In questo caso non ci sono due concorrentiche hanno punteggio uguale in due problemi diversi. Infatti, se due concorrenti hanno per esempio punteggiuguali per esempio nel problema 1 e nel problema 3, allora, per differenza, devono avere un punteggio ugualeanche nel problema 2, contraddicendo l’ipotesi fatta. Un discorso completamente analogo si applica al casoin cui due concorrenti abbiano punteggio uguale nel problema 2 e nel problema 3.
Seconda soluzione: La prima parte di questa soluzione coincide con quella della soluzione precedente. Perla seconda parte, faciamo vedere che 64 concorrenti possono soddisfare la condizione richiesta. Gia sappiamoche, sui primi due problemi, i nostri 64 concorrenti devono ottenere tutte le 64 possibili combinazioni dipunteggi. Possiamo quindi costruire una tabella 8 × 8 le cui righe corrispondono ai punteggi del primoproblema, e le cui colonne corrispondono ai punteggi del secondo. Ad ogni casella della tabella corrisponderauno dei concorrenti, ed in quella casella vogliamo scrivere il punteggio che egli ottiene nel terzo problema. Larichiesta dell’esercizio diventa allora che nessuna riga e nessuna colonna contengano due numeri uguali. Latabella seguente, per esempio, soddisfa questa richiesta.
0 1 2 3 4 5 6 70 0 1 2 3 4 5 6 71 1 2 3 4 5 6 7 02 2 3 4 5 6 7 0 13 3 4 5 6 7 0 1 24 4 5 6 7 0 1 2 35 5 6 7 0 1 2 3 46 6 7 0 1 2 3 4 57 7 0 1 2 3 4 5 6
3. Sia Γ la circonferenza ex-inscritta al triangolo ABC opposta al vertice A, ossia la circonferenza tangente aBC e ai prolungamenti dei lati AB e AC dalla parte di B e di C. Sia D il centro di Γ e siano E ed F ,rispettivamente, i punti di tangenza di Γ con i prolungamenti dei lati AB ed AC. Sia J l’intersezione tra isegmenti BD ed EF .
Dimostrare che l’angolo ∠CJB e retto.
Soluzione: Le rette BD e CD sono bisettrici degli angoli EBC e BCF ; detti α, β, γ gli angoli interni deltriangolo ABC (rispettivamente in A,B,C), sappiamo percio che BCD = 180−γ
2 e CBD = 180−β2 . Ne
consegue (per differenza) che BDC = β+γ2 .
Il triangolo AEF e isoscele di base EF , dunque AEF = EFA = 180−α2 = β+γ
2 = BDC, e quindi ilquadrilatero DJCF e inscrittibile in una circonferenza. D’altra parte, poiche l’angolo DFA e retto (datoche AF e tangente alla circonferenza Γ) cio implica che l’angolo CJD, supplementare di DFC, sia anch’essoretto. Questo implica ovviamente anche che l’angolo CJB e retto.
D
Γ
AB
C
E
F
J
4. Determinare tutte le coppie di numeri interi positivi (a, n) con a ≥ n ≥ 2 per cui il numero (a+ 1)n + a− 1e una potenza di 2.
Soluzione: Se sviluppiamo (a+ 1)n + a− 1 usando il binomio di Newton, otteniamo:
an + · · ·+ n(n−1)2 a2 + na+ 1 + a− 1 = an + · · ·+ n(n−1)
2 a2 + (n+ 1)a. (?)
Quindi, siccome tutti i termini sono divisibili per a, e siccome (a+ 1)n + a− 1 e una potenza di 2, anche a euna potenza di 2. Chiamiamo a = 2b e (a + 1)n + a − 1 = 2c. Dalla condizione a ≥ 2 ricaviamo che b ≥ 1.Inoltre, dalla condizione n ≥ 2 ricaviamo anche che 2c > a2 = 22b, e quindi c > 2b.
Osserviamo che tutti i termini in (?), eccetto al piu l’ultimo, sono divisibili per a2 = 22b.
Dato che c > 2b, 2c e divisibile per 22b, e quindi, per differenza, anche (n+1)a lo e. Dato che a = 2b, ne segueche 2b divide n+1, ovvero che n+1 = 2b ·m = am per qualche m intero positivo. Dalla condizione a ≥ n ≥ 2,l’unico valore possibile per m e m = 1, e quindi n = a − 1 = 2b − 1. In particolare, b non puo assumere ilvalore 1, altrimenti n = 1, e quindi b > 1, da cui a ≥ 4 e n = a− 1 ≥ 3. Dall’ultima disuguaglianza segue che2c > a3, e quindi c > 3b.
Riscriviamo (a+ 1)n + a− 1 usando le informazioni raccolte:
(a+ 1)n + a− 1 = an + · · ·+ n(n−1)(n−2)6 a3 + n(n−1)
2 a2 + (n+ 1)a =
= 2nb + · · ·+ (2b−1)(2b−2)(2b−3)6 23b + (2b−1)(2b−2)
2 22b + 22b.
Tutti i termini, eccetto al piu gli ultimi due, sono divisibili per 23b; inoltre anche 2c e divisibile per 23b, equindi anche (2b−1)(2b−2)
2 22b + 22b = (2b − 1)(2b−1 − 1)22b + 22b lo e.
Ne segue che (2b − 1)(2b−1 − 1) + 1 = 22b−1 − 2b − 2b−1 + 2 e divisibile per 2b, ma questo e possibile soloquando b = 2: se b > 2, infatti, tutti i termini dell’espressione eccetto l’ultimo sono divisibili per 4, e quindila somma non risulta divisible per 4 (e quindi neppure per 2b).
L’unico caso rimasto e b = 2, da cui a = 4 e n = 3, In questo caso, una verifica elementare mostra che(a+ 1)n + a− 1 = 128 = 27, quindi questa e una soluzione.
In definitiva, c’e un’unica soluzione: a = 4, n = 3.
5. Sia x0, x1, x2, . . . una successione di numeri razionali definita per ricorrenza nella maniera seguente: x0 e unnumero razionale qualunque, e, per n ≥ 0,
xn+1 =
∣∣xn
2 − 1∣∣ se il numeratore di xn e pari ,
| 1xn− 1| se il numeratore di xn e dispari ,
dove per numeratore di un numero razionale si intende quello della frazione ridotta ai minimi termini.Dimostrare che per ogni valore di x0:
(a) la successione contiene solo un numero finito di termini distinti tra loro;(b) la successione contiene esattamente uno tra i numeri 0 e 2/3 (ovvero: o esiste un indice k tale che xk = 0,
oppure esiste un indice m tale che xm = 2/3, ma non esistono entrambi).
Soluzione: (a) Scriviamo ogni termine della successione come frazione ridotta ai minimi termini, xn = pn
qn,
e consideriamo una nuova successione yn = maxpn, qn. Vogliamo dimostrare che la successione yn edebolmente decrescente, ossia che yn+1 ≤ yn per ogni n ≥ 0. Questo implica il punto (a), in quanto ne derivache pn, qn ≤ yn ≤ y0, e c’e solo una quantita finita di termini distinti che appartengono alla successionexn, perche c’e solo un numero finito di numeri razionali con numeratore e denominatore limitati da y0. Perdimostrare la disuguaglianza yn+1 ≤ yn distinguiamo due casi:
• se pn e pari, allora xn+1 = |pn/2−qn|qn
; osserviamo che quest’ultima frazione e ridotta ai minimi termini,perche MCD(pn/2− qn, qn) = MCD(pn/2, qn) = 1, dal momento che pn/qn e ridotta ai minimi termini.Notiamo inoltre che se a, b sono due numeri positivi si ha |a − b| ≤ maxa, b. Ne segue yn+1 =max|pn/2− qn|, qn ≤ maxpn/2, qn ≤ maxpn, qn = yn.
• se pn e dispari, xn+1 = |qn−pn|pn
. Come prima la frazione e ridotta ai minimi termini, e abbiamoyn+1 = max|qn − pn|, pn ≤ maxpn, qn = yn.
(b) Osserviamo che, siccome la successione xn contiene solo un numero finito di termini distinti, ad un certopunto uno di essi si ripetera, e la successione sara periodica da quel punto in poi.Dimostriamo intanto che i valori 0 e 2/3 non possono esistere entrambi. Se il valore 0 compare per primo, peresempio xk = 0, allora xk+1 = 1, xk+2 = 0, e cosı via, per cui il valore 2/3 non puo comparire. Similmente,se il valore 2/3 compare per primo, per esempio xm = 2/3, allora xm+1 = 2/3, xm+2 = 2/3, e cosı via, percui il valore 0 non puo comparire.Dimostriamo ora che almeno uno dei due termini 0 e 2/3 deve comparire. A questo scopo supponiamo che 0non compaia, e facciamo vedere che allora deve comparire 2/3. Osseviamo innanzitutto che, se non compare0, allora non compare neanche 1 (se xn = 1 allora xn+1 = 0).Trattandosi di numeri interi positivi, la disuguaglianza yn+1 ≤ yn puo essere una disuguaglianza stretta soloper un numero finito di casi, in quanto infiniti casi di disuguaglianza stretta farebbero scendere il valore diyn sotto lo zero. Esaminando i vari casi, abbiamo
(1) pn > qn e pn pari: allora yn = pn mentre yn+1 = max|pn/2− qn|, qn < pn = yn;(2) pn < qn e pn dispari: allora yn = qn mentre yn+1 = maxqn − pn, pn < qn = yn;(3) pn > qn e pn dispari;(4) pn < qn e pn pari.
I casi (1) e (2) possono presentarsi solo un numero finito di volte, perche presentano una disuguaglianzastretta. Dunque, da un certo punto in poi, possono presentarsi solo i casi (3) e (4). A patto di considerare nsufficientemente grande, possiamo quindi limitarci ai casi (3) e (4).
Supponiamo di essere nel caso (3). Allora xn+1 = |qn−pn|pn
= pn−qn
pn< 1, quindi non possiamo essere di nuovo
nel caso (3), e quindi xn+1 rientra nel caso (4).
Supponiamo ora di essere nel caso (4). Allora, xn+1 = |pn/2−qn|qn
= qn−pn/2qn
< 1, quindi xn+1 rientra di nuovonel caso (4).In conclusione, da un certo punto in poi siamo sempre nel caso (4) e, come osservato precedentemente, lasucessione e periodica. Sia n0 un intero tale che, per ogni n ≥ n0, si rientra nel caso (4) e la successione eperiodica. In particolare, esiste un indice k > 0 tale che xn0+k = xn0 . Dall’equazione xn+1 = |pn/2−qn|
qn=
qn−pn/2qn
e facile dimostrare, per esempio per induzione, che pn0+k =2k − (−1)k
3 · 2k−1qn0 +
(−1)k
2kpn0 . Sapendo
infine che pno+k = pn0 , otteniamo l’equazione
2k − (−1)k
3 · 2k−1qn0 +
(−1)kpn0
2k= pn0 ⇒
2k − (−1)k
3 · 2k−1qn0 = pn0
(2k − (−1)k
2k
)⇒ pn0
qn0
=23,
come voluto.
6. Una macchina misteriosa contiene una combinazione segreta costituita da 2016 numeri interi x1, . . . , x2016.Sappiamo che tutti i numeri della combinazione sono uguali salvo uno. E possibile interrogare la macchinasottoponendo ad essa una sequenza di 2016 numeri interi y1, . . . , y2016. La macchina risponde rivelando ilvalore della somma
x1y1 + · · ·+ x2016y2016.
Dopo aver risposto alla prima domanda, la macchina accetta una seconda domanda, poi una terza, e cosı via.
Quante domande sono necessarie per determinare la combinazione :
(a) sapendo che il numero diverso e uguale a zero ?
(b) non sapendo quale sia il numero diverso ?
Soluzione: La risposta ad entrambe le richieste dell’esercizio e due domande. Per risolvere completamente l’e-sercizio basta esibire un metodo per determinare la combinazione in due domande, e mostrare che, anche sapendoche il numero diverso e zero, una domanda non e sufficiente. A scopo illustrativo, daremo anche un metodo piusemplice per risolvere specificamente il punto (a).
Nel seguito, indicheremo con u e d i valori del numero uguale e del numero diverso rispettivamente, e con t l’indicedel numero diverso (cioe xt = d e xi = u per i 6= t). Data una domanda y1, . . . , y2016, osserviamo che la rispostae (Σ− yt)u+ ytd, dove Σ denota la somma dei numeri della domanda y1 + · · ·+ y2016.
Metodo per il punto (a).Come prima domanda, sottoponiamo alla macchina i numeri 1, . . . , 1. In questo modo la macchina rispondera 2015u,da cui possiamo ricavare il valore di u. Ora ci rimane da capire quale sia l’indice t. La seconda domandae 1, 2, 3, . . . , 2016. Otteniamo la risposta (Σ − t)u, con Σ = 1 + 2 + · · · + 2016. Osservando che u non puovalere zero (perche i due numeri della combinazione sono diversi), e immediato ricavare t.
Una domanda non basta.Dobbiamo mostrare che per ogni possibile domanda esistono due combinazioni diverse che danno la stessa risposta.Consideriamo una domanda y1, . . . , y2016 (con somma Σ). Se due di questi numeri sono uguali fra loro, yi = yj ,allora le due combinazioni che hanno numero uguale 1 e numero diverso 0 nella posizione i e j rispettivamenteproducono la medesima risposta. Quindi possiamo assumere che i numeri della domanda siano tutti diversi. Inparticolare, possiamo prendere i 6= j tali che yi e yj siano diversi da Σ. Supponiamo che la combinazione sia xi = 0e xk = Σ − yj per k 6= i. La risposta, allora, sarebbe (Σ − yi)(Σ − yj). Si vede che la combinazione con i e jscambiati (xj = 0 e xk = Σ− yi per k 6= j) darebbe la stessa risposta.
Metodo per il punto (b).La prima domanda e 1,−1, 1,−1, . . . , e chiamiamo R la risposta. Osserviamo che, detto ∆ = u − d, si ha R =(−1)t∆. Ora scegliamo la seconda domanda y1, . . . , y2016 in modo tale che :(1) i numeri R e Σ = y1 + · · ·+ y2016 siano primi fra loro (e Σ sia non nullo) ;(2) i numeri yi(−1)i siano a due a due non congruenti modulo Σ .Per esempio, queste condizioni sono soddisfatte scegliendo y1 = 1 e yi = |R |i per i > 1 (si osservi che ∆ 6= 0,quindi R 6= 0). La risposta che otteniamo, quindi, e
R′ = (Σ− yt)u+ ytd = Σu− yt∆ = Σu− yt(−1)tR .
Da questa risposta possiamo desumere la classe di yt(−1)tR modulo Σ. Siccome R e Σ sono primi fra loro, la classedi yt(−1)t modulo Σ e anch’essa univocamente determinata. Per costruzione, pero, i numeri yi(−1)i sono a duea due non congruenti modulo Σ, di conseguenza, conoscendo la classe di yt(−1)t, possiamo desumere t. Noto t, eimmediato calcolare u dall’equazione per R′ scritta sopra, quindi ∆ da R = (−1)t∆, ed infine d.
XXXIII Olimpiade Italiana di Matematica
Cesenatico, 5 maggio 2017
1. Siano a e b due numeri reali positivi. Consideriamo un esagono regolare di lato a, e costruiamo sui suoilati sei rettangoli di lati a e b, disposti esternamente all’esagono. I dodici nuovi vertici giacciono su unacirconferenza. Ripetiamo l’operazione precedente, ma scambiando fra loro i valori di a e b: ossia, partiamoda un esagono regolare di lato b e costruiamo su di esso, sempre esternamente all’esagono, sei rettangoli dilati a e b. Otteniamo che i dodici nuovi vertici giacciono su una seconda circonferenza.
Dimostrare che le due circonferenze hanno lo stesso raggio.
Prima Soluzione: Consideriamo il primo esagono, e chiamiamo O il suo centro, MN un suo lato, e MNPQil rettangolo costruito su MN . Il raggio della circonferenza che passa per i vertici esterni e OQ. Siccomel’esagono e regolare, OMN e un triangolo equilatero, e quindi MN = OM = a, e l’angolo OMN misura 60.Quindi l’angolo OMQ misura 60 + 90 = 150. Il triangolo OMQ ha quindi due lati di lunghezze OM = ae MQ = b, e l’angolo compreso di 150.
Consideriamo ora il secondo esagono, con centro O′, lato M ′N ′ e rettangolo M ′N ′P ′Q′, analogamente alprimo caso. Il raggio della seconda circonferenza e quindi O′Q′. Lo stesso ragionamento mostra che iltriangolo O′M ′Q′ ha due lati di lunghezze O′M ′ = b e M ′Q′ = a, e l’angolo compreso O′M ′Q′ misura 150.
Per il primo criterio di congruenza dei triangoli, OMQ e O′M ′Q′ sono congruenti, e quindi O′Q′ = OQ.
Seconda Soluzione: Siano O il centro della circonferenza, MNPQ uno dei sei rettangoli, dove MN e unlato dell’esagono regolare e PQ e una corda della circonferenza. Sianmo poi R il punto medio di MN ed S ilpunto medio di PQ. Il raggio della circonferenza e evidentemente uguale a OP . Per il teorema di Pitagora,
r2 = OS2 + SP 2 = (OR + b)2 +(a
2
)2
.
E facile verificare che OR =√
32 a (altezza di un triangolo equilatero di lato a), quindi
r2 =
(√3
2a + b
)2
+(a
2
)2
= a2 +√
3ab + b2.
Poiche questa espressione rimane la stessa se si scambiano fra loro a e b, si ha la tesi.
2. Sia n ≥ 2 un numero intero. Consideriamo le soluzioni (a, b, c) del sistema di equazionin = a + b− c
n = a2 + b2 − c2,
dove a, b, c sono numeri interi. Dimostrare che c’e almeno una soluzione e che ci sono un numero finito disoluzioni.
Soluzione: Dalla prima equazione ricaviamo c = a + b− n; sostituendo nella seconda equazione otteniamo
n = a2 + b2 − (a + b− n)2 = −2ab + 2an + 2bn− n2.
Riarrangiando, si ottiene
(a− n)(b− n) = ab− na− nb + n2 =n2 − n
2=
n(n− 1)2
.
Il membro di destra e sempre un intero, perche uno tra n e n− 1 e sempre pari. Le soluzioni dell’equazionecorrispondono ai modi di fattorizzare n(n−1)
2 = xy come prodotto di due interi x e y. Dato che n 6= 0, 1per ipotesi, n(n−1)
2 e un intero positivo, e quindi il numero di queste fattorizzazioni e finito; ne segue che ilsistema avra un numero finito di soluzioni, (a, b, c) = (x + n, y + n, x + y + n).
Per trovare almeno una soluzione, per ogni n possiamo scegliere x = 1, y = n(n−1)2 , da cui ricaviamo la
soluzione
(a, b, c) =(
n + 1,n(n + 1)
2,n(n + 1)
2+ 1)
.
3. Maga Mago ha un mazzo di 52 carte, disposte in pila, con il dorso in alto. Mago separa il mazzetto costituitodalle sette carte in cima alla pila, lo capovolge, e lo mette sotto alla pila. Ora tutte le carte sono nuovamentein pila, ma non tutte hanno ancora il dorso in alto: le sette in fondo sono girate al contrario. Mago ripetel’operazione precedente finche non si verifica di nuovo che tutte le carte hanno il dorso in alto. In totale,quanti mazzetti di sette carte ha girato Mago?
Soluzione: Coloriamo le carte del mazzo di blu e di rosso, a gruppetti alternati di tre e quattro rispettiva-mente. Le tre in cima sono blu, le quattro successive rosse, le tre ancora dopo blu, e via dicendo. Osserviamoche, quando la maga Mago gira un mazzetto, questa colorazione a gruppetti alternati si mantiene. Se con-centriamo la nostra attenzione sulle sole carte blu, vediamo che ci sono otto gruppetti di tre carte, ed a ognimossa il gruppetto sommitale viene posto in fondo alla sequenza capovolto. Servono quindi otto mosse percapovolgere tutti i gruppetti, e altre otto per rimetterli nel verso iniziale. Di conseguenza, le carte blu tornanoad essere tutte rivolte verso il basso ogni 16 mosse. Analogamente accade per le carte rosse, che formanosette gruppetti di quattro carte, quindi tornano nello stato iniziale ogni 14 mosse. Tutte le carte sarannoallora nuovamente rivolte in basso per la prima volta dopo 112 = mcm(16, 14) mosse.
4. ABCD e un tetraedro con la seguente proprieta: detti A′, B′, C ′, D′, rispettivamente, gli incentri delle facceBCD, ACD, ABD ed ABC, si ha che le rette AA′, BB′, CC ′ e DD′ hanno un punto in comune. Dimostrareche il prodotto delle lunghezze di due spigoli opposti del tetraedro e costante, ossia che AB ·CD = AC ·BD =AD ·BC.
Soluzione: Sia P il punto d’intersezione delle rette AA′, BB′, CC ′, DD′, e si consideri il piano Π passanteper A, P, B. Poiche Π contiene le rette AP e BP , esso contiene i punti A′, B′, che si trovano su tali rette;dunque, detta AK la bisettrice dell’angolo in A nel triangolo ADC e detta BL la bisettrice dell’angolo inB nel triangolo BCD, abbiamo che anche i punti K ed L appartengono a Π, dato che le rette AA′ e BB′
(che contengono tali punti) lo fanno. D’altra parte, la retta CD non e contenuta nel piano Π (o il tetraedrosarebbe degenere); essa contiene K ed L e ha al piu un punto d’intersezione con il piano, dunque K ed Lcoincidono. Da questo segue ovviamente che DK : KC = DL : LC; ma, per il teorema della bisettrice,DK : KC = AD : AC e DL : LC = BD : BC, da cui AD : AC = BD : BC, ovvero AD ·BC = AC ·BD. Ilmedesimo ragionamento applicato al piano per B, P,C comporta AB · CD = AC ·BD, da cui la tesi.
5. Sia x1, x2, x3, . . . una successione di interi positivi tale che, per ogni m, n interi positivi, valga xmn 6= xm(n+1).Dimostrare che esiste un intero positivo i tale che xi ≥ 2017.
Soluzione: Diciamo che due numeri i e j sono connessi se possono essere scritti uno nella forma mn e l’altronella forma m(n+1) per opportuni m e n. Il testo dell’esercizio ci dice che xi e diverso da xj ogniqualvolta i ej sono connessi. Vogliamo dimostrare che vi sono almeno 2017 numeri interi positivi i1 . . . i2017 tali che i 2017termini xi1 , . . . , xi2017 della successione sono tutti diversi fra loro: questo implica l’asserto per il principio deicassetti. Ci basta quindi dimostrare che esistono 2017 interi positivi i1 . . . i2017 a due a due connessi fra diloro.
Dimostriamo per induzione su n che per ogni n esistono n interi positivi i1 . . . in a due a due connessi fraloro. Nel caso n = 1, la base dell’induzione, basta fissare i1 = 1 e non c’e niente da dimostrare.
Osserviamo che i e j, con i < j, sono connessi se e solo se j − i e un divisore di i. Quindi, se i e j sonoconnessi e k e multiplo di i allora k + i e k + j sono connessi.
Venendo al passo induttivo, abbiamo per ipotesi n interi positivi a due a due connessi i1, . . . , in. Sia k il loroprodotto. Per la nostra osservazione i numeri k + i1, . . . , k + in sono a due a due connessi. Questi numerisono anche tutti connessi a k. Abbiamo quindi costruito n + 1 numeri a due a due connessi, come richiestoper completare l’induzione.
Soluzione alternativa: Assumiamo per assurdo che xi sia minore di 2017 per ogni i. Dimostreremo perinduzione su n che per ogni k esiste un intervallo di k numeri consecutivi tale che la successione xi prende alpiu 2016−n valori diversi per i che varia nell’intervallo. Da questo segue immediatamente una contraddizioneconsiderando il caso n = 2016, k = 1.
La base dell’induzione, n = 0, e conseguenza immediata dell’ipotesi assurda.
Per il passo induttivo, vogliamo dimostrare che esiste un intervallo di lunghezza k tale che xi prende al piu2016− (n+1) valori diversi in quell’intervallo. Per ipotesi induttiva, abbiamo un intervallo I di lunghezza 3k!su cui la successione prende al piu 2016 − n valori diversi. Questo intervallo deve contenere due multipli
consecutivi di k!, diciamo mk! e (m + 1)k!, quindi anche i numeri della forma mk! + j con 1 ≤ j ≤ k ≤ k!.Osservando che mk! e multiplo di j per ogni j = 1, . . . , k, vediamo che i numeri xmk!+j sono tutti diversida xmk!. La successione xi non puo quindi assumere 2016− n o piu valori diversi per i nell’intervallo mk! +1, . . . ,mk!+k, altrimenti essa assumerebbe 2016−n+1 o piu valori nell’intervallo I, contraddicendo l’ipotesiinduttiva.
6. Dimostrare che esistono infiniti interi positivi m tali che il numero di fattori primi distinti dispari di m(m+3)e un multiplo di 3.
Nota: Per esempio, ill numero 60 = 22 · 3 · 5 ha due fattori primi distinti dispari e il numero 1050 = 2 · 3 · 52 · 7 ne ha
tre.
Soluzione: Chiamiamo f(m) = m(m + 3), e d(m) il numero di fattori primi dispari distinti di f(m). Si hache f(m)f(m + 1) = f(m2 + 4m); inoltre, f(m) e f(m + 1) hanno 2 come unico fattore primo in comune.Infatti, supponiamo che p sia un primo dispari che divide sia f(m), sia f(m + 1). Allora p divide anchef(m + 1)− f(m) = 2(m + 2), e quindi p divide m + 2. Ma m + 2 e m + 3 sono coprimi, quindi p divide sia msia m+2, e abbiamo quindi raggiunto una contraddizione. Ne segue quindi che d(m2+4m) = d(m)+d(m+1).Osserviamo infine che, se i resti della divisione di d(n) e d(n + 1) per 3 sono distinti ed entrambi diversi da0, allora d(n2 + 4n) = d(n) + d(n + 1) e divisibile per 3.
Vogliamo dimostrare che, fissato un qualunque intero n > 2, esiste un intero m ≥ n tale che d(m) sia divisibileper 3.
Procediamo per assurdo: assumiamo che d(m) non sia multiplo di 3 per ogni m ≥ n. Allora, per ognim ≥ n, il resto di d(m) nella divisione per 3 deve essere uguale al resto di d(m + 1), altrimenti d(m2 + 4m) =d(m) + d(m + 1) sarebbe multiplo di 3. Ne segue che d(m) ha sempre lo stesso resto per ogni m ≥ n. Questo,tuttavia, contraddice il fatto che d(n2 +4n) = d(n)+d(n+1) = 2d(n) ha resto 2 se d(n) ha resto 1 e viceversa.
XXXIV Olimpiade Italiana di Matematica
Cesenatico, 4 maggio 2018
1. Una bottiglia a forma di cono poggia sulla sua base. Viene riempita d’acqua finche il livello del liquidonon raggiunge 8 centimetri misurati in verticale sotto il vertice del cono. Se ora si capovolge la bottiglia,senza cambiare la quantita di acqua al suo interno, lo spazio che rimane vuoto nella parte superiore del conorovesciato e alto 2 centimetri.
Quanto e alta la bottiglia?
2. Sia ABC un triangolo acutangolo, con AB 6= AC e con baricentro G. Detto M il punto medio di BC,consideriamo la circonferenza Γ di centro G e raggio GM e denotiamo con N l’intersezione di Γ con BCdiversa da M . Sia ora S il punto simmetrico di A rispetto ad N , cioe il punto sulla retta AN tale cheAN = NS (A 6= S).
Dimostrare che GS e perpendicolare a BC.
3. Siano x1, x2, . . . , xn interi positivi. Supponiamo che, nella loro scrittura decimale, nessuno degli xi sia un“prolungamento” di un altro xj . Per esempio, 123 e un prolungamento di 12, e 459 e un prolungamento di4, ma 134 non e un prolungamento di 123.
Dimostrare che1
x1
+ · · · +1
xn
< 3.
4. Sia N un intero maggiore di 1. Chiamiamo x il piu piccolo intero positivo con la seguente proprieta: esisteun intero positivo y strettamente minore di x− 1 tale che x divide N + y. Dimostrare che x e il doppio di unnumero primo o una potenza di un numero primo.
Nota: si ricorda che x e una potenza di un numero primo se esistono un primo p ed un intero positivo n ≥ 1 tali che
x = pn.
5. Dato un numero reale x compreso fra 0 e 1, consideriamo la sua scrittura decimale 0, c1c2c3 . . . ChiamiamoB(x) l’insieme delle diverse sottosequenze di sei cifre consecutive che compaiono nella sequenza c1c2c3 . . .
Per esempio, B(1/22) = 045454, 454545, 545454.
Determinare il minimo numero di elementi di B(x) al variare di x fra i numeri irrazionali compresi fra 0 e 1(ossia quelli il cui sviluppo decimale non e ne finito, ne periodico da un certo punto in poi.)
6. Sia ABC un triangolo tale che AB = AC e sia I il suo incentro. Sia Γ la circonferenza circoscritta ad ABC.Le rette BI e CI intersecano Γ in due nuovi punti, denotati rispettivamente M ed N . Sia D un altro puntodi Γ, giacente sull’arco BC che non contiene A, e siano E, F , rispettivamente, le intersezioni di AD con BIe con CI. Siano infine P e Q, rispettivamente, le intersezioni di DM con CI e di DN con BI.
(i) Dimostrare che i punti D, I, P, Q giacciono su una medesima circonferenza Ω.
(ii) Dimostrare che le rette CE e BF si intersecano su Ω.
XXXIV Olimpiade Italiana di Matematica
Cesenatico, 4 maggio 2018
1. Una bottiglia a forma di cono poggia sulla sua base. Viene riempita d’acqua finche il livello del liquidonon raggiunge 8 centimetri misurati in verticale sotto il vertice del cono. Se ora si capovolge la bottiglia,senza cambiare la quantita di acqua al suo interno, lo spazio che rimane vuoto nella parte superiore del conorovesciato e alto 2 centimetri.
Quanto e alta la bottiglia?
Soluzione: Chiamiamo h l’altezza in centimetri della bottiglia ed r il raggio della base del cono. Il volumedella bottiglia e uguale a πr2h
3 . Mentre la bottiglia poggia sulla sua base, l’acqua occupa un volume parialla differenza tra il volume della bottiglia e quello del cono di altezza 8 centimetri ottenuto sezionando labottiglia con il piano a livello del liquido. Dato che il piano e parallelo alla base della bottiglia, quest’ultimocono e simile alla bottiglia. Il rapporto di similitudine e uguale al rapporto tra le due altezze, che e 8/h.Pertanto il volume occupato dall’acqua e
πr2h
3−π( 8r
h )2 · 83
.
Dopo aver capovolto la bottiglia l’acqua occupa il volume di un cono di altezza h − 2 simile alla bottiglia.Pertanto il volume occupato dall’acqua e
π( (h−2)rh )2(h− 2)
3.
Uguagliando le due espressioni del volume occupato dall’acqua dopo averle moltiplicate per3h2
πr2otteniamo
h3 − 83 = (h− 2)3,
che e equivalente ah2 − 2h− 84 = 0.
L’ultima uguaglianza e un’equazione di secondo grado in h con un’unica soluzione positiva, che e h = 1+√
85.
Seconda soluzione: Si noti che i seguenti tre solidi sono simili: il cono costituito dall’intera bottiglia, ilcono privo di acqua nel caso in cui la bottiglia sia poggiata sulla sua base, il cono occupato dall’acqua nel casoin cui la bottiglia sia rovesciata. I rapporti di similitudine fra i tre coni sono dati dai rapporti delle altezze:detta h la misura in centimetri dell’altezza della bottiglia, si tratta (nell’ordine) di h : 8 : h − 2. Poiche ilrapporto fra i volumi di due solidi simili e dato dal cubo del rapporto di similitudine, i volumi sono invecein proporzione h3 : 83 : (h − 2)3. Detto V il volume della bottiglia, imporre che il volume dell’acqua sia lostesso nei due casi discussi equivale a considerare l’equazione V (1 − 83
h3 ) = V (h−2)3
h3 ; questa, moltiplicandoper h3, diventa h3− 512 = h3− 6h2 + 12h− 8, ovvero h2− 2h− 84 = 0, che ha come unica soluzione positivah = 1 +
√85.
2. Sia ABC un triangolo acutangolo, con AB 6= AC e con baricentro G. Detto M il punto medio di BC,consideriamo la circonferenza Γ di centro G e raggio GM e denotiamo con N l’intersezione di Γ con BCdiversa da M . Sia ora S il punto simmetrico di A rispetto ad N , cioe il punto sulla retta AN tale cheAN = NS (A 6= S).
Dimostrare che GS e perpendicolare a BC.
Soluzione: Sia X il punto medio del segmento MN . Ovviamente GX e perpendicolare a BC. Se dimostria-mo che anche XS e perpendicolare a BC, abbiamo che G,X, S sono allineati e dunque GS e perpendicolarea BC.
Tracciamo l’altezza del triangolo ABC con vertice in A; chiamiamo H la sua intersezione con BC. I triangolirettangoli AHM e GXM sono ovviamente simili e, poiche G e il baricentro di ABC, abbiamo AM = 3GM ,da cui HM = 3XM . Ne segue che HN = NX = XM .
Siccome HNA = XNS in quanto angoli opposti al vertice, AN = NS per costruzione e XN = NH perquanto appena dimostrato, i triangoli ANH e SNX sono congruenti, e quindi l’angolo SXN e retto comevoluto.
Seconda soluzione: Usando le coordinate cartesiane possiamo supporre, senza perdita di generalita, chele coordinate dei vertici A,B,C siano
A = (a, b), B = (0, 0), C = (c, 0) .
Le coordinate di G sono allora (a+c3 , b3 ). Con un semplice calcolo si vede poi che M = ( c2 , 0) ed N = ( 4a+c6 , 0).
Infine, le coordinate di S sono (a+c3 ,−b), dunque G ed S giacciono sulla retta di equazione x = a+c3 , che e
perpendicolare a BC, la cui equazione e y = 0.
Terza soluzione: Sia P il punto d’intersezione diverso da M fra la circonferenza e la mediana AM . Peril teorema della mediana sappiamo che AG = 2GM ; d’altra parte PG = GM in quanto entrambi raggi edunque AP = PG = GM . Notiamo che, poiche insiste sul diametro PM , l’angolo PNM e retto. Inoltre,essendo P punto medio di AG ed N punto medio di AS, i triangoli APN ed AGS sono simili e le rette PNe GS risultano parallele: GS e quindi, cosı come PN , ortogonale a BC.
3. Siano x1, x2, . . . , xn interi positivi. Supponiamo che, nella loro scrittura decimale, nessuno degli xi sia un“prolungamento” di un altro xj . Per esempio, 123 e un prolungamento di 12, e 459 e un prolungamento di4, ma 134 non e un prolungamento di 123.
Dimostrare che1x1
+ · · ·+ 1xn
< 3.
Soluzione: Sia S = x1, . . . , xn e sia k il massimo numero di cifre decimali degli elementi di S. Dimostriamola proprieta richiesta per induzione su k.
Se k = 1, allora S ⊆ 1, . . . , 9, e dunque la somma degli inversi degli elementi di S e minore o uguale a
11
+12
+ · · ·+ 19
=71292520
< 3 .
Supponiamo ora la tesi vera per k e dimostriamola per k+1. Raggruppiamo tutti i numeri di S con esattamentek+ 1 cifre in sottoinsiemi in cui le prime k cifre del numero siano le stesse. Ossia, ogni sottoinsieme consistedi elementi della forma 10a+b, dove a e un intero positivo fissato con k cifre decimali, mentre b puo assumereun qualsiasi numero di valori compresi fra 0 e 9.
L’idea e ora di cambiare S nell’insieme S′ che si ottiene sostituendo a ciascun gruppo di questi numeri dik + 1 cifre il relativo numero di k cifre a.
Osserviamo che:
(a) il massimo numero di cifre degli elementi dell’insieme S′ e diventato k;
(b) l’insieme S′ ha le stesse proprieta di S, ossia nessun numero di S′ e il prolungamento di un altro numerodello stesso insieme: infatti, se a fosse il prolungamento di un numero a′ ∈ S′ (dove il numero di cifredi a′ dovrebbe essere necessariamente minore di k e quindi appartenere anche ad S), allora anche ogninumero della forma 10a+ b ∈ S sarebbe un prolungamento di a′; inoltre, poiche in s′ si sono tolti da Stutti i prolungamenti di a, non esiste in S′ un prolungamento di a;
(c) la somma degli inversi degli elementi di S e minore o uguale alla somma degli inversi degli elementi diS′, in quanto
9∑b=0
110a+ b
≤ 101
10a=
1a.
Siccome, per ipotesi induttiva, la somma degli inversi degli elementi di S′ e minore di 3, lo stesso vale ancheper la somma degli inversi degli elementi di S.
4. Sia N un intero maggiore di 1. Chiamiamo x il piu piccolo intero positivo con la seguente proprieta: esisteun intero positivo y strettamente minore di x− 1 tale che x divide N + y. Dimostrare che x e il doppio di unnumero primo o una potenza di un numero primo.
Nota: si ricorda che x e una potenza di un numero primo se esistono un primo p ed un intero positivo n ≥ 1 tali che
x = pn.
Soluzione: Si ricorda che la scrittura a | b significa che a divide b. Diciamo che una coppia di interi positivi(x, y) e bella se valgono x | N + y e 0 < y < x− 1.
La prima osservazione e che, dato un qualunque intero positivo x′, fra x′ interi consecutivi c’e un multiplo dix′, dunque e sicuramente possibile scegliere (in maniera unica) un intero y′ nell’intervallo 0, 1, . . . , x′ − 1in modo che x′ | N + y′. La coppia (x′, y′) e allora bella purche y′ sia diverso da 0 e da x′ − 1. In manieraequivalente, x′ e primo membro di una coppia bella se e solo se x′ non divide ne N + 0 = N ne N + (x′ − 1);questa seconda condizione e equivalente al fatto che x′ non divida N − 1. Consideriamo ora la coppia bella(x, y) per la quale x e minimo. Per quanto osservato sopra, x non puo dividere ne N , ne N−1. La conclusionee che esiste una qualche potenza di primo, diciamo pk, che divide x ma non N , e similmente esiste una potenzadi primo, diciamo qh (non necessariamente diversa da pk), che divide x ma non N−1. Infatti, se ogni potenzadi primo che divide x dividesse anche N , allora x stesso dividerebbe N per fattorizzazione unica, ma abbiamogia visto che questo non puo capitare; il medesimo ragionamento si applica ad N − 1. Ora osserviamo che, seqh non divide N , allora qh non divide ne N ne N − 1, e quindi, per quanto gia osservato, qh e primo membrodi una coppia bella. D’altro canto qh divide x, quindi certamente qh ≤ x, e siccome x e il minimo possibilesi deve avere che x = qh e una potenza di un primo, come voluto. Similmente, se pk non divide N − 1, allorax = pk e abbiamo finito. Possiamo quindi supporre che pk | N − 1 e qh | N ; in tal caso pk e qh sono distinte(ricordiamo che pk non divide N) e siccome entrambe dividono x si ottiene x ≥ 2pk ≥ 2p, x ≥ 2qh ≥ 2q.Per concludere, dimostriamo che in questo caso uno dei numeri 2p, 2q e primo membro di una coppia bella,e quindi, per minimalita, deve coincidere con x. In effetti, se N e pari 2p funziona: chiaramente 2p non puodividere N − 1, che e dispari, e p (e a maggior ragione 2p) non puo dividere N , perche per ipotesi p divideN − 1 e nessun primo divide due numeri consecutivi. Similmente, se N e dispari allora 2q funziona: 2q (pari)non divide N (dispari), e 2q non divide N − 1 perche q divide N .
5. Dato un numero reale x compreso fra 0 e 1, consideriamo la sua scrittura decimale 0, c1c2c3 . . . ChiamiamoB(x) l’insieme delle diverse sottosequenze di sei cifre consecutive che compaiono nella sequenza c1c2c3 . . .
Per esempio, B(1/22) = 045454, 454545, 545454.Determinare il minimo numero di elementi di B(x) al variare di x fra i numeri irrazionali compresi fra 0 e 1(ossia quelli il cui sviluppo decimale non e ne finito, ne periodico da un certo punto in poi.)
Soluzione: Il numero cercato e sette. Per dimostrarlo facciamo vedere che (a) esiste un numero irrazionale xtale che B(x) non ha piu di sette elementi, e che (b) ogni numero reale y tale che B(y) ha sei o meno elementie razionale.
Parte (a). Consideriamo un numero x fatto cosı. La prima cifra dello sviluppo decimale di x e un 1, questoe seguito da cinque cifre 0, poi c’e un altro 1, seguito pero da sei zeri, poi un altro 1 seguito da sette zeri,e, via dicendo, lo sviluppo decimale di x e costituito da cifre 1 intervallate da sequenze di zeri di lunghezzacrescente. Chiaramente
B(x) = 000000, 000001, 000010, 000100, 001000, 010000, 100000
Inoltre x e irrazionale. Infatti, se x fosse razionale, allora, da una certa cifra in poi, diciamo la k-esima, ilsuo sviluppo decimale sarebbe periodico. Sia l la lunghezza del periodo. Siccome lo sviluppo di x contieneinfinite sequenze di zeri di lunghezza maggiore di 2l, una di queste dovrebbe capitare dopo la k-esima cifra ein particolare conterrebbe un periodo completo. Ne segue che il periodo dovrebbe essere costituito da l zeri,la qual cosa contraddice il fatto che lo sviluppo di x contiene infiniti uni.
Parte (a), alias. Indichiamo con [x]i la i-esima cifra dopo la virgola del numero x compreso fra 0 e 1.Consideriamo un qualunque numero irrazionale α in questo intervallo, per esempio α =
√2/2. Per i = 1 . . . 6
e j = 0 . . . 9 definiamo i numeri αi,j come segue
[αi,j ]k =
1 se k = 6n+ i per qualche n e [α]k < j
0 altrimenti
Sommando questi numeri in colonna, si vede subito che, delle k-esime cifre, precisamente [α]k valgono 1, lealtre 0. Dunque α e la somma degli αi,j . Di conseguenza, almeno uno di questi numeri, che chiamiamo x,e irrazionale. D’altro canto, le cifre di tutti gli αi,j sono solo zeri e uni, e c’e al piu un uno ogni sei cifreconsecutive. Quindi
B(x) ⊆ 000000, 000001, 000010, 000100, 001000, 010000, 100000
Parte (b). Sia Bk(y) l’insieme delle sottosequenze di lunghezza k della espansione decimale di y. Dimo-streremo per induzione su k che, se Bk(y) ha k o meno elementi, allora y e razionale. Questo chiaramenteconclude perche B(y) = B6(y).
Il caso k = 1 e immediato. Supponiamo di conoscere l’enunciato per k e dimostriamo che esso vale per k+ 1.Ci baseremo sul fatto che ogni sottosequenza delle cifre di y di lunghezza k+ 1 inizia con una sottosequenza,che chiameremo corrispondente, di lunghezza k. Viceversa, data una sottosequenza di lunghezza k, essadovra corrispondere ad almeno una sottosequenza di lunghezza k + 1. Quindi, in particolare, Bk(y) ha alpiu tanti elementi quanti Bk+1(y). Fissato y, studiamo il numero di elementi di Bk(y). Se questo numero ek o meno, l’enunciato segue dal caso k. D’altro canto, il numero degli elementi di Bk(y) non puo eccederek + 1, altrimenti anche Bk+1(y) avrebbe piu di k + 1 elementi, contrariamente all’ipotesi. Quindi possiamoassumere che sia Bk(y) sia Bk+1(y) abbiano precisamente k + 1 elementi. La corrispondenza sopra descrittae dunque biunivoca. Detto altrimenti, ogni cifra successiva alla k-esima dello sviluppo di y e univocamentedeterminata dalle k precedenti. Dal momento che ci sono k + 1 possibili sottosuccessioni di k cifre, devonoesistere i e j tali che i < j e le k cifre dello sviluppo decimale di y successive alla i-esima coincidono con lek cifre successive alla j-esima. Ma allora l’intero sviluppo successivo alla i-esima cifra deve coincidere con losviluppo dopo la j-esima. Questo signfica che le cifre fra la i-esima esclusa e la j-esima inclusa si ripetonoperiodicamente, quindi y e razionale.
6. Sia ABC un triangolo tale che AB = AC e sia I il suo incentro. Sia Γ la circonferenza circoscritta ad ABC.Le rette BI e CI intersecano Γ in due nuovi punti, denotati rispettivamente M ed N . Sia D un altro puntodi Γ, giacente sull’arco BC che non contiene A, e siano E,F , rispettivamente, le intersezioni di AD con BIe con CI. Siano infine P e Q, rispettivamente, le intersezioni di DM con CI e di DN con BI.
(i) Dimostrare che i punti D, I, P,Q giacciono su una medesimacirconferenza Ω.
(ii) Dimostrare che le rette CE e BF si intersecano su Ω.
Soluzione: Chiamiamo β l’angolo CBA e X l’intersezione tra lerette BF e CE; intenderemo gli angoli come orientati nel corsodella soluzione.Parte (a). Abbiamo QIP = BIC = 180−ICB−CBI = 180−β/2 − β/2 = 180 − β; d’altra parte, PDQ = MDA + ADN =MBA + ACN = β/2 + β/2 = β (dove la seconda uguaglianzae dovuta al fatto che A,M,C,D,B,N si trovano su Γ) da cuiD,Q, I, P risultano conciclici.Parte (b). Si noti che B, I, F,D sono conciclici, poiche comevisto sopra BIF = BIC = 180 − β, mentre FDB = ADB =ACB = β. Mostriamo che anche I, E,C,D sono conciclici; ineffetti BCD = BMD (insistono sullo stesso arco di Γ) e ICB =β/2 = MBA = MDA = MDE; per il teorema dell’angolo esternoapplicato al triangolo DEM , IED = MDE + EMD = ICB +BCD = ICD, da cui la ciclicita voluta.A questo punto e facile mostrare come I,X,C,B siano conciclicianch’essi: abbiamo ECI = EDI per ciclicita di ECDI e FDI =FBI per ciclicita di FDBI, da cui XCI = XBI.
A
CB
D
MN
E
FQ
P
IX
Per dimostrare la tesi del problema dedurremo ora dalla ciclicita di cui sopra che IXD = IPD. Per la ciclicitadi IXCB abbiamo EXI = 180 − IXC = CBI = β/2; possiamo inoltre ottenere BXC = BIC = 180 − β,
mentre CDF = β, da cui la ciclicita di DFXC e l’identita DFC = DXC. Per differenza rispetto alla sommadegli angoli interni del triangolo DFP si ottiene ora IPD = 180 − PDF − DFC = 180 − β/2 − DXC =180 − EXI − DXC = IXD, come voluto.
Seconda soluzione: Mostriamo una maniera alternativa di dimostrare la ciclicita di IXCB e una secondapossibile conclusione a partire da questo fatto.
Siano Y,Z rispettivamente l’intersezione delle rette DM e AC e l’intersezione delle rette DN e AB. I puntiZ,B,D,E sono conciclici in quanto EDZ = ADN = ACN = β/2 = EBZ; sia Γ1 la circonferenza cuiappartengono tutti. Analogamente i punti Y,C,D, F si trovano su una stessa circonferenza Γ2. Detto X ′ ilpunto d’intersezione diverso da D fra le circonferenze Γ1 e Γ2 abbiamo BX ′D = BED (dato che B,E,X ′, Dappartengono a Γ1). D’altra parte, considerando archi di Γ2, si ottiene FX ′D = FCD; per differenza neltriangolo FCD si ha FCD = 180−CDF −DFC = 180−CDA−EFI = 180−F IE−EFI, dove abbiamousato il fatto che F IE = CBI + ICB = β; risulta percio, per differenza nel triangolo FIE, FCD = IEF .In conclusione abbiamo IEF = BX ′D = FX ′D, da cui B,F,X ′ risultano allineati. Si dimostra similmentel’allineamento di C,X ′, E, da cui si deduce X ≡ X ′.
A questo punto e chiaro il fatto che B, I,X,C appartengano a una stessa circonferenza Γ3, in quanto BXC =BXD + DXC = BED + DFC = IEF + EFI = BIC.
Possiamo inoltre notare come la retta AC sia tangente a Γ3 (dato che ACI = β/2 = CBI). Consideriamo oral’angolo PDX; da Γ2 si ottiene PDX = Y CX; grazie alla tangenza della retta AC a Γ3, si ha Y CX = CIX.Abbiamo dunque mostrato PDX = P IX, cioe la tesi.
XXXV Olimpiade Italiana di Matematica
Cesenatico, 3 maggio 2019
1. Sia ABCDEF un esagono inscritto in una circonferenza e tale che AB = BC, CD = DE ed EF = AF .Dimostrare che i segmenti AD, BE e CF concorrono (cioe hanno un punto in comune).
2. Siano p, q numeri primi. Dimostrare che, se p + q2 e un quadrato perfetto, allora il numero p2 + qn non e unquadrato perfetto per nessun intero positivo n.
3. Sia n un intero maggiore di 2. Si vogliono colorare di rosso esattamente n+1 dei numeri 1, 2, · · · , 2n1, 2n inmodo tale che non ci siano tre numeri distinti x, y, z colorati di rosso che soddisfano l’uguaglianza x + y = z.Dimostrare che esiste uno e un solo modo di scegliere i numeri da colorare di rosso che rispetti la condizionedata.
4. Denotiamo con bxc il piu grande intero di x.Siano 1 un numero reale, e n un intero positivo, tali che bn+1c, bn+2c, . . . , b4nc sono tutti quadratiperfetti. Dimostrare che bc e un quadrato perfetto.
5. Sia ABC un triangolo acutangolo. Siano D il piede della bisettrice interna da A ed M il punto medio di AD.Sia inoltre X un punto sul segmento BM tale che \MXA = \DAC.Dimostrare che AX e perpendicolare a XC.
6. Alberto e Barbara sono seduti, l’uno accanto all’altra, davanti a un tavolo su cui hanno disposto in fila, dasinistra verso destra, 15 cioccolatini. Alcuni dei cioccolatini sono al latte, gli altri al cioccolato fondente.A turno, iniziando da Alberto, giocano al seguente gioco: durante il proprio turno, ciascuno dei due devemangiare un numero strettamente positivo di cioccolatini consecutivi, cominciando sempre da quello piu asinistra fra quelli rimasti e facendo in modo che il numero di cioccolatini mangiati dello stesso tipo del primosia dispari (ad esempio, se in un certo turno la sequenza di cioccolatini rimasti e LLFLF, dove L sta peral latte e F per fondente, il giocatore di turno puo mangiare il primo cioccolatino da sinistra, i primi 4 dasinistra, o tutti e 5 i cioccolatini).Vince chi mangia l’ultimo cioccolatino.Tra le 215 possibili sequenze iniziali di gusti dei cioccolatini, quante sono quelle per cui Barbara ha unastrategia vincente?
XXXV Olimpiade Italiana di Matematica
Cesenatico, 3 maggio 2019
Soluzioni
1. Sia ABCDEF un esagono inscritto in una circonferenza e tale che AB = BC, CD = DE ed EF = AF .
Dimostrare che i segmenti AD, BE e CF concorrono (cioe hanno un punto in comune).
Soluzione: Poiche AB = BC, usando il fatto che in una circonferenza a corde congruenti corrispondono
angoli alla circonferenza congruenti, si ha \AEB = \BEC. Analogamente \CAD = \DAE e \ACF =
\FCE.
Dunque AD, EB e CF sono le tre bisettrici del triangolo ACE e pertanto concorrono nel suo incentro.
2. Siano p, q numeri primi. Dimostrare che, se p + q2
e un quadrato perfetto, allora il numero p2+ q
nnon e un
quadrato perfetto per nessun intero positivo n.
Soluzione: Scriviamo p+q2
= a2
con a intero positivo. Allora p = a2q
2= (aq)(a+q), e siccome p e un
numero primo i fattori a q e a + q devono essere uguali a ±1 o a ±p. Siccome a + q e un numero positivo,
anche a q deve esserlo, ed inoltre a + q > a q, quindi l’unica possibilita e a + q = p, a q = 1. Ne segue
che a = q + 1 e p = a2 q
2= 2q + 1.
Supponiamo ora per assurdo che p2
+ qn
sia un quadrato, p2
+ qn
= b2
con b intero positivo. Si ha qn
=
b2 p
2= (b p)(b + p), e quindi, siccome gli unici divisori di q
nsono della forma ±q
icon 0 i n, si deve
avere b p = qi, b + p = q
j(come prima e facile vedere che entrambi i fattori sono positivi) e q
i · qj= q
n,
ovvero i + j = n; inoltre, siccome b p < b + p, si ha qi< q
j. Sottraendo membro a membro le uguaglianze
b + p = qj, b p = q
isi ottiene 2p = q
j qi= q
i(q
ji 1). Distinguiamo ora i casi i = 0 e i > 0. Se i = 0 si
ha b p = 1 e b+ p = qn: allora q
n= b+ p = 2p+1 = 4q +3, quindi 3 = q
n 4q = q(qn1 4). Ne segue che
q divide 3, quindi q = 3, e semplificando un fattore 3 si arriva all’equazione 3n1 4 = 1 ) 3
n1= 5, che
non ha soluzioni intere. Se invece i > 0, dall’equazione 2p = qi(q
ji 1) si ottiene q | 2p = 2(2q + 1) ) q | 2,
ovvero q = 2, p = 2q + 1 = 5, e 2p = qi(q
j1 1) ) 10 = 2i(2
ji 1). Ne segue che i e uguale ad 1 (perche
2i
divide 10) e che 5 = 2j1 1, ma nuovamente questa equazione non ha soluzioni intere.
3. Sia n un intero maggiore di 2. Si vogliono colorare di rosso esattamente n+1 dei numeri 1, 2, · · · , 2n1, 2n in
modo tale che non ci siano tre numeri distinti x, y, z colorati di rosso che soddisfano l’uguaglianza x + y = z.
Dimostrare che esiste uno e un solo modo di scegliere i numeri da colorare di rosso che rispetti la condizione
data.
Soluzione: Sia A l’insieme dei numeri da colorare di rosso, Se A = n, n + 1, . . . 2n non ce ne sono tre per
i quali x + y = z, in quanto per ogni x, y 2 A con x 6= y si ha x + y > 2n.
Rimane dunque da dimostrare che questa e l’unica scelta possibile per l’insieme A,
Dimostriamo l’enunciato per induzione su n, cominciando con il caso n = 3. Se, per assurdo, avessimo 1 2 A
allora A non potrebbe avere due numeri consecutivi maggiori di 1, per cui necessariamente A = 1, 2, 4, 6.Ma, siccome 2+4 = 6, questo da una contraddizione. Se invece 1 62 A ma 2 2 A, allora A dovrebbe contenere
almeno una delle due coppie 3, 5 o 4, 6, dando di nuovo una contraddizione con l’ipotesi che non si puo
avere x + y = z con x, y, z 2 A.
Supponiamo ora di aver dimostrato l’unicita per il numero n e dimostriamola per n + 1.
Innanzitutto osserviamo che A deve contenere almeno uno dei numeri 2n + 1, 2n + 2, poiche altrimenti A
dovrebbe contenere n + 2 numeri compresi fra 1 e 2n, che e escluso dall’ipotesi induttiva (solo n + 1 numeri
fra 1 e 2n possono appartenere ad A). Dimostriamo inoltre che A deve contenere entrambi i numeri 2n + 1 e
2n+2: se cosı non fosse, A dovrebbe contenere almeno n+1 fra i numeri 1, . . . , 2n e, per ipotesi induttiva,
dovrebbe contenere n, n + 1 . . . , 2n. Ma questo vorrebbe dire che A non contiene ne n + (n + 1) = 2n + 1
ne n + (n + 2) = 2n + 2, assurdo.
A questo punto, visto che 2n+1 2 A, A puo contenere solo uno dei numeri fra le coppie 1, 2n, 2, 2n1, . . . ,
n, n+1. Si vede immediatamente che 1 62 A poiche 1+(2n+1) = 2n+2, e quindi 2n 2 A. Similmente, 2 62 A,
visto che 2+2n 2 A e quindi 2n1 2 A. Induttivamente, per ogni (a, b) con a+b = 2n+1 deve necessariamente
apppartenere ad A il piu grande fra gli elementi della coppia, e quindi A = n + 1, n + 2, . . . , 2n + 2.
4. Denotiamo con bxc il piu grande intero di x.
Siano 1 un numero reale, e n un intero positivo, tali che bn+1c, bn+2c, . . . , b4nc sono tutti quadrati
perfetti. Dimostrare che bc e un quadrato perfetto.
Soluzione: Dimostriamo, intanto, il caso n = 1. Sapendo che b2c, b3c, e b4c sono quadrati perfetti,
vogliamo vedere che bc e un quadrato perfetto. Detto a2
= b2c, abbiamo le disuguaglianze:
a2
2< a
2+ 1
per cui, in particolare, 2
< (a + 1)2, quindi a < a + 1 e bc = a. Elevando al quadrato la catena di
disuguaglianze precedente, otteniamo
a4
4< (a
2+ 1)
2
e, siccome a4
e (a2
+ 1)2
sono quadrati perfetti consecutivi, b4c = a4. Di conseguenza
4 a4
< 1. Ora,
sfruttando l’ipotesi 1,
3 a
3= ( a)(
2+ a + a
2) ( a)((
2+ a + a
2) + a
3) =
4 a4
per cui abbiamo anche
a3
3= a
3+
3 a3 a
3+
4 a4
< a3
+ 1
che implica b3c = a3. Per ipotesi, sappiamo, quindi, che a
3e un quadrato perfetto, allora anche a = bc e
un quadrato perfetto, come volevasi dimostrare.
Dimostriamo, ora, il caso generale, per induzione su n. La base dell’induzione, n = 1, e stabilita. Per
il passo induttivo, supponiamo di sapere che, se bn+1c, bn+2c, . . . , b4nc sono tutti quadrati perfetti,
allora bc e un quadrato perfetto. Dal fatto che b(n+1)+1c, b(n+1)+2c, . . . , b4(n+1)c sono tutti quadrati
perfetti, vogliamo dedurre che bc e un quadrato perfetto. Se sapessimo anche che bn+1c e un quadrato
perfetto, allora potremmo applicare l’ipotesi induttiva e concludere immediatamente. Ora, detto = n+1
,
in particolare, b2c, b3c, e b4c sono tre dei nostri quadrati perfetti. Dal caso n = 1 applicato a segue,
quindi, che bn+1c e un quadrato perfetto, e questo conclude la dimostrazione.
5. Sia ABC un triangolo acutangolo. Siano D il piede della bisettrice interna da A ed M il punto medio di AD.
Sia inoltre X un punto sul segmento BM tale che \MXA = \DAC.
Dimostrare che AX e perpendicolare a XC.
Soluzione: Dato che per ipotesi vale \MXA = \DAC = \MAB, i due triangoli MXA e MAB sono
simili. Dunque
XM
AM=
AM
BM.
Sia H il piede della perpendicolare condotta da A su BC. D’ora in poi assumiamo che H sia fra B e D.
L’altro caso, ovvero D fra B e H, si tratta analogamente. Dal momento che M e punto medio dell’ipotenusa
nel triangolo rettangolo AHD, si ha AM = HM . Dunque l’uguaglianza di rapporti precedente diviene
XM
HM=
HM
BM,
da cui si deduce la similitudine dei due triangoli XMH e HMB. Da questa similitudine deriva l’uguaglianza
\HXM = \BHM , ma \BHM = 180\MHD = 180
\MDH = +↵2 , dove nella seconda uguaglianza
usiamo che il triangolo MHD e isoscele, poiche AHD e rettangolo e M e punto medio dell’ipotenusa, e nella
terza usiamo che la somma degli angoli del triangolo ABD e 180
adoperando la notazione standard dei
triangoli.
Dunque \AXH = \MXH + \AXM = +
↵2
+
↵2 = + ↵ visto che \AXM = \DAC =
↵2 per
ipotesi. Dunque \AXH + \ACH = + ↵ + = 180
e quindi AXHC e ciclico e da cio si deduce
\AXC = \AHC = 90
che e cio che volevamo.
Seconda soluzione: Sia A0
l’intersezione, diversa da A, della circonferenza circoscritta ad AMX con il
segmento AB. Si ha
\AA0M = \AXM = \DAC = \MAA
0,
dove la prima uguaglianza e vera poiche AA0XM e ciclico, la seconda e vera per ipotesi e la terza poiche AD
e bisettrice. Dunqua il triangolo AA0M e isoscele. Sia M
0il punto medio di AA
0. Poiche AA
0M e isoscele,
MM0 ? AB. Per il teorema di Talete, inoltre, MM
0 k DA0e dunque DA
0 ? AB.
Sia H il piede dell’altezza condotta da A su BC. D’ora in poi assumiamo che H sia fra B e D. L’altro caso,
ovvero D fra B e H, si tratta analogamente. Poiche DA0 ? AB si ha \DA
0A = \DHA = 90
e dunque il
quadrilatero AA0HD e ciclico.
Mostriamo che anche A0BHX e ciclico. Infatti \BXA
0= 180
\A0XM = \A
0AD, dove l’ultima ugua-
glianza e vera poiche AA0XM e ciclico; \BHA
0= 90
\A0HA = 90
\A0DA = \A
0AD, dove la seconda
uguaglianza e vera poiche AA0HD e ciclico e la terza poiche il triangolo AA
0D e rettangolo. Dunque A
0BHX
ciclico poiche abbiamo mostrato
\BXA0= \A
0AD = \BHA
0.
Mostriamo infine che MXHD e un quadrilatero ciclico. Infatti
\XMD = 180 \XMA = \AA
0X = 180
\XA0B = \XHB,
dove la seconda uguaglianza e vera poiche AA0XM e ciclico e la quarta poiche A
0BHX e ciclico.
Dalla ciclicita di MXHD si deduce \MXH = 180 \MDH. Nel triangolo ABD si ha \MDH = 180
↵
2 usando la notazione standard dei triangoli. Dunque \MXH = +↵2 e \AXH = \MXH +\AXM =
+↵2
+
↵2 = +↵ visto che \AXM = \DAC =
↵2 per ipotesi. Dunque \AXH+\ACH = +↵+ = 180
e quindi AXHC e ciclico e da cio si deduce \AXC = \AHC = 90
che e cio che volevamo.
6. Alberto e Barbara sono seduti, l’uno accanto all’altra, davanti a un tavolo su cui hanno disposto in fila, da
sinistra verso destra, 15 cioccolatini. Alcuni dei cioccolatini sono al latte, gli altri al cioccolato fondente.
A turno, iniziando da Alberto, giocano al seguente gioco: durante il proprio turno, ciascuno dei due deve
mangiare un numero strettamente positivo di cioccolatini consecutivi, cominciando sempre da quello piu a
sinistra fra quelli rimasti e facendo in modo che il numero di cioccolatini mangiati dello stesso tipo del primo
sia dispari (ad esempio, se in un certo turno la sequenza di cioccolatini rimasti e LLFLF, dove L sta per
al latte e F per fondente, il giocatore di turno puo mangiare il primo cioccolatino da sinistra, i primi 4 da
sinistra, o tutti e 5 i cioccolatini).
Vince chi mangia l’ultimo cioccolatino.
Tra le 215
possibili sequenze iniziali di gusti dei cioccolatini, quante sono quelle per cui Barbara ha una
strategia vincente?
Soluzione: Supponiamo che, piu in generale, un giocatore si trovi a dover e↵ettuare una mossa con una fila
di n cioccolatini numerati da 1 a n; denoteremo con e↵ettuare la mossa k, per il giocatore di turno, l’atto di
mangiare i cioccolatini 1, . . . , k. Diremo che la mossa k e legale se 1 k n e se fra i cioccolatini 1, . . . , kve n’e un numero dispari del gusto di 1. Diremo che una sequenza di n gusti e vincente se il giocatore di
turno, messo davanti a cioccolatini con i gusti in tale sequenza, possiede una strategia vincente; la sequenza
verra detta perdente in caso contrario. Il problema chiede di determinare il numero di sequenze perdenti di
lunghezza 15.
Incominciamo con due semplici osservazioni:
Osservazione 1. Se una sequenza contiene un numero dispari di occorrenze del gusto 1, allora e vincente
(la mossa L, dove L e la lunghezza della sequenza, e legale e vincente per il giocatore di turno).
Osservazione 2. Sia data una sequenza di lunghezza 2n + 1 con un numero pari di occorrenze del gusto 1.
Se questa e vincente, allora qualunque strategia vincente per il giocatore di turno deve cominciare con una
mossa della forma 2k, dove 0 < k n e tale che il gusto 2k+1 sia diverso dal gusto 1. In e↵etti, se il giocatore
di turno e↵ettuasse una mossa (legale) della forma 2h + 1, lascerebbe un numero dispari di cioccolatini di
ciascun gusto, e dunque il giocatore successivo vincerebbe mangiando tutti i cioccolatini rimanenti. D’altra
parte, poiche il numero di cioccolatini del gusto 1 avanzati dal giocatore di turno e in ogni caso dispari, e
necessario perche la sequenza lasciata al giocatore successivo sia perdente che il gusto 2k + 1 sia diverso dal
gusto 1.
Troveremo conveniente considerare per ciascuna sequenza di gusti di lunghezza n una sequenza corrispondente
di zeri e uni x1x2 . . . xn, cosı costruita: xi = 0 se il numero di cioccolatini in 1, . . . , i dello stesso gusto
di 1 e pari, xi = 1 altrimenti. Si noti che x1 = 1 e che a ciascuna sequenza x1x2 . . . xn 2 1 0, 1n1
corrispondono esattamente due sequenze di gusti, entrambe vincenti o entrambe perdenti (dunque parleremo
di sequenze di zeri e uni a loro volta vincenti o perdenti).
Le sequenze che finiscono per 1 sono tutte vincenti. Supponiamo che una sequenza di lunghezza dispari finisca
per 0 e suddividiamola in blocchi come segue:
1 x2x3 x4x5 . . . x2n2x2n1 x2n0 .
Per l’osservazione 2, se questa e vincente il giocatore di turno deve e↵ettuare una mossa di tipo 2k, dove il
k-esimo blocco riquadrato e del tipo 11 (si deve avere x2k = 1 anche la mossa sia legale e x2k+1 = x2k
perche il gusto di 2k + 1 sia diverso da quello di 1). Tale mossa lascia al giocatore successivo una sequenza
del tipo
1 y2y3 y4y5 . . . y2n2k0
in cui, poiche e stato mangiato un numero dispari di cioccolatini di ciascun gusto, yi = xi+2k per i dispari e
yi 6= xi per i pari. In altre parole, la sequenza yi e ottenuta dalla sequenza xi cancellando i primi k blocchi
riquadrati e, nei blocchi successivi, scambiando 00 , 01 , 10 , 11 con 10 , 11 , 00 , 01 rispettivamente.
Fra le sequenze di lunghezza dispari che finiscono per 0 distinguiamo tre casi:
(i) non vi sono blocchi 11 ; allora la sequenza e perdente per l’Osservazione 2;
(ii) l’ultimo blocco 11 , diciamo il k-esimo, non ha blocchi 01 alla sua destra; allora la sequenza e vincente:
la mossa k e legale e lascia all’avversario una sequenza del tipo (i) (che finisce anch’essa per 0 e ha
lunghezza dispari);
(iii) l’ultimo blocco 11 ha un blocco 01 alla sua destra; allora la sequenza e perdente, perche qualunque
scelta di un blocco 11 lascia all’avversario una sequenza di tipo (ii), che e vincente.
Riassumendo, dobbiamo contare le sequenze di tipo (i) e (iii) di lunghezza 15. Si tratta di scegliere il
contenuto di 7 blocchi fra le possibilita 00 , 01 , 10 , 11 rispettando le condizioni date. Vi sono sempre
due possibilita per l’ultimo blocco, che e del tipo 10 o 00 . Le sequenze in cui non compare ne 11 ne 01 ,
che sono perdenti, sono 27. Fra le sequenze in cui compare almeno un blocco 11 o 01 e tali che l’ultimo
blocco sia 10 o 00 , quelle di tipo (i) o (iii) sono esattamente la meta: questo perche una sequenza e del tipo
(i) o (iii) se e solo se la sequenza ottenuta cambiando i blocchi 11 in 01 e viceversa non lo e. Dobbiamo
dunque aggiungere24627
2 = 212 2
6sequenze perdenti.
Ricordando che a ciascuna sequenza perdente di zeri e uni corrispondono due sequenze perdenti originali,
abbiamo dunque un totale di 2(27
+ 212 2
6) = 2(2
6+ 2
6+ 2
12 26) = 2
7+ 2
13sequenze perdenti.
Seconda soluzione:
Visto che il problema riguarda una sequenza di 15 cioccolatini, e che 15 e un numero dispari, possiamo
supporre che la sequenza sia costituita da n = 2k + 1 cioccolatini.
Osserviamo che se il tipo di cioccolatino che compare per primo a a sinistra compare in totale un numero
dispari di volte, allora Alberto voince mangiando tutti i cioccolatini alla prima mossa.
Supponiamo dunque che il cioccolatino piu a sinistra compaia un numero pari di volte, che corrisponde a 22k
casi, e supponiamo che tra essi ak sia il numero di volte in cui Alberto ha una strategia vincente e bk sia il
numero di volte in cui Barbara ha una strategia vincente.
Con una verifica immediata si trova b0 = 0 e b1 = 4. Supponiamo ora k 2 e quindi n = 2k + 1 5.
Consideriamo dapprima il caso in cui la sequenza di cioccolatini termini con due cioccolatini dello stesso tipo,
ossia LL oppure FF, quindi complessivamente in un numero di casi uguale a 2n2
. In questo caso e chiaro
che colui che riesce af e↵ettuare l’ultima mossa per mangiare i primi n 2 ciccolatini puo anche mangiare
anche gli altri due, e quindi ci sono 2bk1 casi in cui Barbara vince,.
Supponiamo ora che gli ultimi due cioccolatini siano di tipo diverso, per esempio LF, e consideriamo il tipo
del primo e del terzultimo dei cioccolatini. Nel caso in cui questi tipi siano diverso, LF o FL, Alberto vince
se fa la mossa (lecita) di mangiare tutti i cioccolatini salvo gli ultimi 3. Se invece il primo e il terzultimo dei
cioccolatini sono dello stesso tipo, per esempio LL, Alberto, che non puo mangiare tutti i ciocciolatini, deve
lasciare a Barbara una sequenza non vuota di cioccolatini. Se la sequenza rimasta comincia con L, Barbara
puo mangiare tutti i rimanenti, e quindi vince. Se la sequenza rimasta comincia con F, allora o il numero di
F rimasto e dispari, e quindi Barbara vince mangiando tutti i cioccolatini rimanenti, oppore il numero di F
rimasto e pari, e allora Barbara vince lasciando ad Alberto gli ultimi 3 cioccolatini. Il caso in cui il primo e
il terzultimo cioccolatino siano del tipo FF e analogo.
In conclusione, Barbara vince in tutti i casi in cui il primo e il terzultimo ciccolatino siano dello stesso tipo
e gli ultimi due di tipo diverso. Poiche stiamo considerando solo il caso in cui il numero di cioccolatini dello
stesso tipo del primo e pari, questo da luogo a 2n3
= 22k2
possibilita.
Questo fornisce la formula ricorsiva
bk = 2bk1 + 22k2
e quindi permette di calcolare in pochi passaggi b7 = 8320, che e il numero cercato.
Nota: Con tecniche classiche la formula ricorsiva permette di ricavare una formula chiusa, che in questo caso e
bk = 2k + 124k
.
