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# Olimpiadi della Matematica 

 Gara di Febbraio![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_62ad0ac81a57c65aaff7g-01.jpg?height=211&width=203&top_left_y=174&top_left_x=1643)

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1. Non sfogliare questo fascicoletto finché l'insegnante non ti dice di farlo. NON è AMMESSO L'UTILIZZO DI CALCOLATRICI, LIBRI DI TESTO E TAVOLE NUMERICHE. È proibito comunicare con altri concorrenti o con l'esterno; IN PARTICOLARE, È VIETATO L'USO DI TELEFONI CELLULARI.
2. La prova consiste di 17 problemi divisi in 3 gruppi.
3. Nei problemi dal numero 1 al numero 12 sono proposte 5 risposte possibili, indicate con A, B, C, D, E. Una sola delle risposte è corretta. La lettera corrispondente alla risposta corretta dovrà essere riportata, per ogni quesito, in questa pagina nella relativa finestrella più in basso. Ogni risposta giusta vale 5 punti, ogni risposta errata vale $\mathbf{0}$ punti e ogni problema lasciato senza risposta vale 1 punto.
4. I problemi 13 e 14 richiedono una risposta che è data da un numero intero. Questo numero intero va indicato in questa pagina nella relativa finestrella più in basso. Ogni risposta giusta vale 5 punti, ogni risposta errata vale 0 punti e ogni problema lasciato senza risposta vale 1 punto.
5. I problemi 15, 16 e 17 richiedono invece una dimostrazione. Ti invitiamo a formulare le soluzioni in modo chiaro e conciso usufruendo dello spazio riservato e consegnando soltanto i fogli di questo fascicoletto. Tali problemi verranno valutati con un punteggio da $\mathbf{0}$ a $\mathbf{1 5}$.
6. Quando l'insegnante dà il via, comincia a lavorare. Hai $\mathbf{3}$ ore di tempo. Buon lavoro!
7. Per correttezza nei confronti di coloro che facessero la gara in momenti diversi della mattina, ti chiediamo di non diffondere informazioni sul testo e sulle risposte prima delle 14.30. Grazie!

Risposte ai primi 14 quesiti

(Non sono ammesse correzioni o cancellature)

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Visitate il sito internet delle olimpiadi:

http://olimpiadi.dm.unibo.it

ed il forum delle olimpiadi: http://www.oliforum.it

Questa gara non sarebbe stata possibile senza la preziosa collaborazione di tutti coloro che hanno proposto, risolto, modificato e testato i problemi:

Alberto Cagnetta, Alessandro Iraci, Andrea Ciprietti, Andrea Gallese, Andrea Pitrone, Bernardo Forni, Bernardo Tarini, Chiara Ricciuti, Edoardo Bertoletti, Federica Bertolotti, Federico Poloni, Federico Viola, Filippo Girardi, Giacomo Gallina, Giona Micossi, Giovanni Acerbi, Giovanni Barbarino, Giuseppe Mascellani, Giuseppe Romanazzi, Linda Friso, Lorenzo Benedini, Lorenzo Furio, Luca Ambrosino, Luca Francesco D'Alessandro, Lucio Tanzini, Ludovico Pernazza, Marcello Mamino, Marco Trevisiol, Matteo Palmieri, Matteo Protopapa, Matteo Rossi, Michele Longo, Nikita Deniskin, Paolo Leonetti, Riccardo Zanotto, Sandro Campigotto, Sebastiano Boscardin, Simone Masserini, Simone Pelizzola e Simone Vincini.

Alessandra Caraceni, Luigi Amedeo Bianchi e Davide Lombardo

## Problemi a risposta multipla -5 punti

1. Se si taglia un foglio A4 precisamente a metà lungo una retta parallela al lato più corto, si creano due fogli che hanno la stessa forma di quello originale, cioè che si ottengono da esso tramite una rotazione e una riduzione di scala. Quest'anno diremo che un foglio rettangolare è "contemporaneo" se, tagliandolo in 2020 parti uguali ottenute con tagli paralleli al suo lato più corto, si ottengono 2020 rettangoli che hanno la stessa forma di quello iniziale. Se il lato corto di un foglio contemporaneo misura 1, quanto è lungo l'altro lato?
(A) $\sqrt{2020}$
(B) $2020^{3 / 2}$
(C) $\frac{2021}{2}$
(D) 2020
(E) Nessuna delle precedenti
2. Alberto e Barbara scrivono dei numeri alla lavagna. Parte Alberto e scrive il numero reale $x$. Poi Barbara scrive il numero 1. I due poi si alternano, e ad ogni turno scrivono un numero. Alberto nel suo turno moltiplica l'ultimo numero scritto per $x^{2}$ e scrive il risultato. Barbara nel suo turno somma all'ultimo numero scritto $x+1$ e scrive il risultato.

Si fermano quando sulla lavagna sono scritti 2020 numeri. Quali delle seguenti affermazioni è sempre vera?

(A) C'è almeno un numero negativo scritto sulla lavagna (B) Tutti i numeri scritti alla lavagna sono positivi (C) Alberto ha scritto solo numeri positivi (D) Alberto ha scritto solo numeri negativi (E) Barbara ha scritto solo numeri positivi

3. Anna, Bianca, Carla e Diana sono quattro donne di età (in anni) diverse. Le loro età sono numeri primi la cui somma è 240 . Sapendo che nessuna di loro ha più di 70 anni, qual è l'età della più giovane?
(A) 47
(B) 53
(C) 57
(D) 61
(E) 67
4. Lucia, dopo aver disegnato il quadrato $A B C D$ di lato unitario, traccia una circonferenza di centro $C$ e raggio uguale al lato del quadrato. Indica poi con $X$ l'intersezione tra la diagonale $A C$ e la circonferenza, e con $Y$ l'intersezione della retta $D X$ con il lato $A B$. Quanto vale la lunghezza del segmento $A Y$ ?
(A) $\frac{\sqrt{2}+1}{6}$
(B) $\sqrt{2}-1$
(C) $\frac{\sqrt{2}}{3}$
(D) $\frac{3+\sqrt{2}}{8}$
(E) $\frac{\sqrt{2}}{2}$
5. Attorno a un tavolo rotondo sono sedute, a distanza costante l'una dalla successiva, 32 persone. In quanti modi è possibile scegliere 3 di loro in modo che a coppie non siano né adiacenti né diametralmente opposte?
(A) 2246
(B) 2480
(C) 3616
(D) 24128
(E) Nessuna delle precedenti
6. Zanobi e Veronica vanno in piscina assieme e iniziano in contemporanea a nuotare avanti e indietro, a velocità costanti ma diverse, ciascuno nella propria corsia, a partire dallo stesso lato della piscina. Veronica si accorge che, nel momento in cui completa 28 vasche (cioè finisce di percorrere per 28 volte la lunghezza della piscina), Zanobi si trova accanto a lei. Non appena completa 70 vasche, Veronica smette di nuotare ed esce dall'acqua; nello stesso momento, anche Zanobi arriva sul bordo della piscina, smette di nuotare ed esce dall'acqua accanto a Veronica. Zanobi, che è più lento di Veronica, ha fatto $m$ vasche; quanti diversi valori può assumere $m$ ?
(A) 1
(B) 3
(C) 6
(D) 35
(E) 69
7. Sia $A B C D$ un rettangolo e siano $M, N$ punti interni, rispettivamente, ai lati $A B$ e $B C$. Supponiamo che $M C=C D, M D=M N$ e che i punti $C, D, M, N$ appartengano a una stessa circonferenza.

Quanto vale il rapporto $A B / B C$ ?
(A) $\frac{1+\sqrt{3}}{2}$
(B) $\sqrt{2}$
(C) $\frac{3}{2}$
(D) $\sqrt{3}$
(E) 2

8. Aisha scrive su un foglio tutti i numeri da 1 a 2020. Quanto vale la differenza tra il numero di cifre " 1 " e il numero di cifre " 0 " che ha scritto?
(A) 78
(B) 1010
(C) 1089
(D) 2020
(E) 5005
9. I numeri reali $x_{1}, x_{2}, x_{3}, \ldots, x_{30}$ verificano le seguenti condizioni:

$$
\left\{\begin{array}{l}
20^{3} x_{1}+21^{3} x_{2}+22^{3} x_{3}+\cdots+49^{3} x_{30}=13 \\
21^{3} x_{1}+22^{3} x_{2}+23^{3} x_{3}+\cdots+50^{3} x_{30}=1 \\
22^{3} x_{1}+23^{3} x_{2}+24^{3} x_{3}+\cdots+51^{3} x_{30}=19
\end{array}\right.
$$

Quanto vale $21 x_{1}+22 x_{2}+23 x_{3}+\cdots+50 x_{30}$ ?
(A) Ci sono più valori accettabili
(B) Il sistema non ha soluzione
(C) 1065
(D) 7
(E) 5

10. Agnese, Beatrice, Claudio e Dario giocano con 53 pile di monete. Comunque prese due pile, queste hanno un numero diverso di monete. Ad ogni turno, un giocatore sceglie una pila e toglie da questa una moneta. Perde chi togliendo una moneta a una pila rende questa pila di altezza uguale a un'altra presente sul tavolo.

Una pila può avere 0 monete e due pile con 0 monete sono considerate uguali. Comincia Agnese, poi in ordine giocano Beatrice, Claudio e Dario, dopo di che tocca nuovamente ad Agnese e si procede sempre in questo ordine.

Se all'inizio del gioco ci sono 2020 monete in totale e se tutti giocano al meglio, chi perde?
(A) Agnese
(B) Beatrice
(C) Claudio
(D) Dario
(E) Non è possibile determinarlo con questi dati

11. Sia $A B C$ un triangolo e sia $D$ il piede della bisettrice uscente dal vertice $A$. Sia $\omega$ la circonferenza tangente ad $A C$ in $A$ e passante per $D$. Sia $P$ la seconda intersezione di $\omega$ con la retta $B C$. Sapendo che $A C=54, A D=63$ e $C P=108$, trovare $A B$.
(A) 72
(B) $\frac{147}{2}$
(C) 98
(D) 99
(E) 102
12. Dato il polinomio

$$
\left(x^{2}+5 x-19\right)^{50}=a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2}+\cdots+a_{100} x^{100},
$$

si consideri la quantità

$$
M=a_{0}-a_{1}+4 a_{2}-9 a_{3}+16 a_{4}-81 a_{5}+64 a_{6}-729 a_{7}+\cdots+2^{98} a_{98}-3^{98} a_{99}+2^{100} a_{100}
$$

in cui il coefficiente di $a_{2 k}$ è $2^{2 k}$ e il coefficiente di $a_{2 k+1}$ è $-3^{2 k}$. Qual è la massima potenza di 5 che divide $M$ ?
(A) $5^{0}$
(B) $5^{1}$
(C) $5^{5}$
(D) $5^{50}$
(E) $5^{100}$

## Problemi a risposta numerica -5 punti

13. Lo scassinatore Fabio è alle prese con una cassaforte protetta da una combinazione di 5 cifre, ciascuna fra 1 e 9. Fortunatamente per lui, gli sprovveduti padroni di casa hanno lasciato un foglietto con qualche indicazione: "Siano $a, b, c, d$ ed $e$, nell'ordine, le cinque cifre della combinazione. Allora sia ae che abe che abde, letti come numeri in base 10, sono divisibili per 11, ma abcde non lo è." Quanti tentativi dovrà fare al più Fabio per essere sicuro di riuscire ad aprire la cassaforte?
14. Quanti sono i polinomi $p(x)$ a coefficienti reali, di grado compreso fra 1 e 2020 (estremi inclusi), per cui esiste un numero reale $\alpha$ tale che l'equazione $p(x)^{2}=p\left(x^{2}\right)+\alpha p(x)$ sia verificata per ogni numero reale $x$ ?
(a) Supponiamo che $n=k^{2}$ sia un quadrato perfetto. Dimostrare che il numero di divisori positivi di $n$ strettamente minori di $k$ è uguale al numero di divisori di $n$ strettamente maggiori di $k$.

(b) Supponiamo che $n=k^{2}$ sia un quadrato perfetto. Dimostrare che $n$ ha al massimo $2 k-1$ divisori positivi.

(c) Trovare tutti gli interi positivi $k$ tali che $k^{2}$ abbia esattamente $2 k-1$ divisori positivi.

SOLUZIONE:

## ESERCIZIO DIMOSTRATIVO

Su un enorme foglio a quadretti, Marco considera un rettangolo lungo 2020 quadretti e alto 2. A questo punto vuole unire con $2020^{2}$ segmenti ciascuno dei 2020 centri dei quadretti nella fila inferiore del rettangolo a ciascuno dei centri dei quadretti della fila superiore. Inoltre, vuole che se due di questi segmenti si intersecano (eventualmente anche solo in un estremo) siano tracciati con penne di colore diverso.

(a) Dimostrare che è impossibile soddisfare le richieste di Marco se si hanno solo penne di 4038 colori diversi.

(b) Dimostrare che è invece possibile tracciare i segmenti secondo le richieste di Marco utilizzando 4039 colori.

## SOLUZIONE:

Sia $A B C$ un triangolo scaleno con $B C>C A>A B$. Siano $\omega$ e $\gamma$ le circonferenze passanti per $A$ di centro, rispettivamente, $B$ e $C$. Esse intersecano il segmento $B C$ in $M$ e $N$, rispettivamente. Costruiamo $Z$ come il simmetrico di $A$ rispetto al punto medio di $M N$.

(a) Chiamata $P$ l'intersezione di $Z M$ con $A C$, mostrare che $C P M$ è isoscele.

(b) Detta $X$ l'intersezione di $Z M$ con $\omega$ distinta da $M$, mostrare che $B X$ e $A C$ sono parallele.

(c) Detta $Y$ l'intersezione di $Z N$ con $\gamma$ distinta da $N$, mostrare che $A, X$ e $Y$ sono allineati.

## SOLUZIONE DEI QUeSITI

1. La risposta è $\mathbf{( A )}$. Indichiamo con $x$ la lunghezza del lato lungo del foglio contemporaneo. I rettangoli ritagliati hanno lo stesso rapporto tra i lati, ma sappiamo che il loro lato lungo misura 1, mentre il loro lato corto misura $\frac{x}{2020}$. Scrivendo l'uguaglianza tra i rapporti, cioè la proporzione, abbiamo: $x: 1=1: \frac{x}{2020}$, da cui $x^{2}=2020$, cioè $x=\sqrt{2020}$.
2. La risposta è (E). Possiamo procedere per esclusione. La (A) è falsa perché se $x>0$ allora ad ogni turno Alberto e Barbara moltiplicano e sommano numeri positivi a quelli già presenti sulla lavagna. Dato che i primi due numeri sono $x$ e 1, allora non c'è nessun numero negativo sulla lavagna. (B) e (C) sono false perché $x$ può essere negativo. (D) è falsa perché $x$ può essere positivo.

Per dimostrare che la $(\mathbf{E})$ è effettivamente vera, osserviamo che i primi numeri scritti da Barbara sono $1,1+x+x^{2}, 1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}=1+x+x^{2}\left(1+x+x^{2}\right)$, e che in generale Barbara scriverà espressioni della forma $1+x+\ldots+x^{2 n}$. Un numero di questo tipo è necessariamente positivo. In effetti, se $x=1$ questo è ovvio, e in caso contrario la somma si può calcolare tramite le proprietà delle progressioni geometriche: si ha $1+x+\ldots+x^{2 n}=\frac{x^{2 n+1}-1}{x-1}$, che è positivo perché numeratore e denominatore hanno lo stesso segno (positivo se $x>1$, negativo se $x<1$ ).

3. La risposta è (B). Siano $a<b<c<d$ i quattro numeri primi corrispondenti alle età. Allora

$$
60=\frac{a+b+c+d}{4}<\max \{a, b, c, d\}=d<70 .
$$

Quindi abbiamo solo due possibilità: $d=61$ oppure $d=67$. Se $d$ fosse 61 , allora $a<b<c<60$ per cui

$$
240=a+b+c+d<3 \cdot 59+61<240
$$

ed è impossibile. Altrimenti $d=67$ ed essendo $a<b<c<d$ abbiamo $a \leq 53, b \leq 59, c \leq 61$. D'altra parte

$$
240=a+b+c+d \leq 53+59+61+67=240,
$$

per cui $(a, b, c, d)=(53,59,61,67)$ è l'unica soluzione ${ }^{1}$.

4. La risposta è $\mathbf{( B )}$. Tracciamo la retta $r$ perpendicolare al lato $A D$ e passante per $X$. Sia $H$ l'intersezione fra $r$ ed $A D$, e sia $K$ l'intersezione fra $C B$ ed $r$. Sia $J$ la proiezione di $X$ sul lato $C D$. Mostriamo intanto che i triangoli $D H X$ e $D A Y$ sono simili. Infatti, $\angle X D H=\angle Y D A$ poiché in comune fra i due triangoli, e $\angle D H X=\angle D A Y=90^{\circ}$, poiché il primo è l'angolo che formano le due rette perpendicolari $H X$ e $A D$, mentre il secondo è l'angolo di un quadrato; il primo criterio di similitudine fra triangoli porta alla conclusione che cercavamo. Da ciò ricaviamo che

$$
\frac{H X}{D H}=\frac{A Y}{A D}=\frac{A Y}{A B} .
$$

Notiamo ora che $C K D J$ forma un quadrato: infatti ha tre angoli uguali a $90^{\circ}=\angle C J X=$ $\angle X K C=\angle K C J$, i primi due perché angoli formati da due rette ortogonali e l'ultimo perché angolo di un quadrato. Perciò abbiamo $K X=C K=C J$. Chiamiamo $\ell$ il lato del quadrato. Siccome $C X=C B=\ell$, raggio della circonferenza, abbiamo che $C X=\sqrt{2} \cdot C K . K C D H$ è un rettangolo, perché ha tutti gli angoli retti, pertanto si può ottenere la relazione $C K=D H$, e per differenza di segmenti $H X=H K-X K=D C-J C$. Mettendo insieme quanto trovato, otteniamo che $D H=C K=\frac{\ell}{\sqrt{2}}$ e che $H X=D C-C J=\ell-\frac{\ell}{\sqrt{2}}=\left(\frac{2-\sqrt{2}}{2}\right) \ell$. Possiamo ora concludere, poiché

$$
\frac{A Y}{A B}=\left(\frac{2-\sqrt{2}}{2}\right) \frac{1}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}-1
$$[^0]

5. La risposta è (C). Selezioniamo le persone una alla volta. All'inizio non abbiamo vincoli, quindi possiamo scegliere la prima persona in 32 modi. Possiamo ora scegliere la seconda persona in 28 modi, escludendo dalle 32 la persona già selezionata, le due adiacenti ad essa e quella di fronte. Tuttavia non possiamo considerarle tutte assieme, perché a seconda di come scegliamo la seconda persona, la terza può essere scelta in modi diversi.

- Se scegliamo la seconda persona tra i due posti adiacenti a quello diametralmente opposto alla nostra prima scelta, questa esclude un solo posto, oltre ai tre già bloccati prima e ai due presi. Infatti dei due adiacenti, uno era già bloccato (diametralmente opposto al primo) e uno solo viene bloccato ora, mentre quello diametralmente opposto era già stato escluso in quanto adiacente al primo. Quindi possiamo scegliere il terzo tra $32-1-3-2=26$ posti, per un totale di $32 \cdot 2 \cdot 26$ scelte per questo primo caso.
- Se scegliamo la seconda persona tra i due posti vicini ai due adiacenti alla nostra prima scelta, andiamo ad escludere il posto appena preso, uno dei due posti adiacenti (l'altro era già bloccato) e il posto diametralmente opposto. Quindi possiamo scegliere il terzo tra $32-1-3-3=25$ posti, per un totale di $32 \cdot 2 \cdot 25$ combinazioni.
- Se scegliamo la seconda persona tra i 24 posti rimanenti, una volta esclusi quelli dei due casi precedenti, tale scelta ci esclude 4 posti (quello scelto, i due adiacenti e quello opposto), per un totale di $32 \cdot 24 \cdot 24$ combinazioni.

In totale abbiamo quindi $32\left(24^{2}+2 \cdot 25+2 \cdot 26\right)$ possibili scelte, da dividere per $3 !=6$ siccome abbiamo tenuto conto dell'ordine nella scelta delle persone.

6. La risposta è $\mathbf{( C )}$. Sappiamo che Zanobi è più lento di Veronica. In particolare, esiste un fattore $k>1$ tale che $v_{V}=k v_{Z}$, dove $v_{V}$ e $v_{Z}$ sono le velocità di Veronica e Zanobi, rispettivamente.

Veronica completa 28 vasche in tempo $T$. Possiamo calcolare il numero $L_{Z}$ di vasche percorse da Zanobi come segue: la velocità di Veronica è $v_{V}=28 / T$, quella di Zanobi è $v_{Z}=L_{Z} / T$. Ma allora

$$
L_{Z}=T v_{Z}=\frac{28}{v_{V}} v_{Z}=\frac{28}{k}
$$

Alla fine delle 28 vasche, Veronica si trova sulla stessa sponda da cui era partita e, dato che Zanobi si trova alla stessa altezza, anche lui deve avere completato un numero intero e pari di vasche. Affinché $k$ sia un valore valido, quindi, deve valere $k=28 / L_{Z}>1$, dove $L_{Z}$ è un numero pari maggiore di zero e minore di 28.

Possiamo ripetere il medesimo ragionamento quando Veronica compie 70 vasche: dobbiamo imporre che $70 / k$ sia pari e intero, ma

$$
70 / k=L_{Z} \cdot 70 / 28=L_{Z} \cdot 5 / 2=5 \cdot\left(L_{Z} / 2\right)
$$

che è sempre intero, ed è pari se e solo se $L_{Z}$ è un multiplo di 4 . Gli unici valori di $L_{Z}$ e $k$ validi sono pertanto $L_{Z} \in\{4,8,12,16,20,24\}$, da cui $k=28 / L_{Z} \in\{7,7 / 2,7 / 3,7 / 4,7 / 5,7 / 6\}$. Essi corrispondono ai seguenti possibili valori per il numero $m$ di vasche fatte da Zanobi:

$$
m=70 / k \in\{10,20,30,40,50,60\} .
$$

7. La risposta è (B). Dal momento che il quadrilatero $C D M N$ è circoscrivibile, sappiamo che l'angolo $\angle C D M$ è uguale al supplementare dell'angolo $\angle M N C$, cioè all'angolo $\angle M N B$. D'altra parte, gli angoli $\angle C D M$ e $\angle A M D$ sono uguali, in quanto angoli alterni interni formati dalle parallele $A B$ e $C D$ con la trasversale $D M$. Ne deduciamo quindi che $\angle A M D=\angle M N B$.

I triangoli rettangoli $A D M$ e $B M N$ hanno dunque un angolo acuto uguale e, per ipotesi, ipotenuse uguali $(D M=M N)$ e sono dunque congruenti. In particolare risulta $A D=M B$, e, poiché $A D=B C$, il triangolo $B C M$ è isoscele rispetto alla base $C M$ (oltre a essere rettangolo in $B$ ), per cui il rapporto tra la sua ipotenusa e uno dei cateti è $\sqrt{2}$. Vale allora $A B / B C=C D / B C=C M / B C=\sqrt{2}$.

8. La risposta è (C). Osserviamo che, dato un numero con scrittura decimale $a b c d$, se fissiamo $a \neq 0$, abbiamo 10 scelte per ciascuna delle cifre $b, c, d$ : tra queste 10 scelte, esattamente una è " 1 ", come anche esattamente una è " 0 ". Notiamo inoltre che lo stesso ragionamento può essere fatto con un numero a tre cifre $a b c$ e a due cifre $a b$.

Questo ci permette di dire che, se $a \neq 1$, il numero di " 1 " e il numero di "0" tra $a 000$ e $a 999$ è lo stesso; se invece $a=1$, avremo 1000 " 1 " (derivanti dalla cifra $a$ scritta mille volte) in più degli " 0 ".

Similmente, se $a \neq 1$, il numero di " 1 " e " 0 " tra $a 00$ e $a 99$ e tra $a 0$ e $a 9$ è lo stesso. Se invece $a=1$ abbiamo 100 " 1 " in più tra 100 e 199 e 10 " 1 " in più tra 10 e 19.

Chiamiamo $\Delta N$, la differenza tra il numero di " 1 " e il numero di " 0 " nell'insieme di numeri $N$. Possiamo allora affermare che:

- Detto $N_{1}$ l'insieme dei numeri tra 1 e 9 abbiamo $\Delta N_{1}=1$;
- detto $N_{2}$ l'insieme dei numeri tra 10 e 19 abbiamo $\Delta N_{2}=10$;
- detto $N_{3}$ l'insieme dei numeri tra 20 e 99 abbiamo $\Delta N_{3}=0$;
- detto $N_{4}$ l'insieme dei numeri tra 100 e 199 abbiamo $\Delta N_{4}=100$;
- detto $N_{5}$ l'insieme dei numeri tra 200 e 999 abbiamo $\Delta N_{5}=0$;
- detto $N_{6}$ l'insieme dei numeri tra 1000 e 1999 abbiamo $\Delta N_{6}=1000$.

Rimane solo da contare $\Delta N_{7}$ con $N_{7}$ l'insieme dei numeri tra 2000 e 2020, ma è facile verificare che $\Delta N_{7}=-22$. Dunque, se $N$ è l'insieme di tutti i numeri tra 1 e 2020, $\Delta N=\sum_{i=1}^{7} \Delta N_{i}=$ $1111-22=1089$.

9. La risposta è (E). Sommando la prima equazione alla terza, si ottiene un'equazione della forma $a_{1} x_{1}+a_{2} x_{2}+\ldots+a_{30} x_{30}=32$, dove $a_{1}=(21+1)^{3}-(21-1)^{3}=21^{3}+3 \cdot 21^{2}+3 \cdot 21+1+$ $21^{3}-3 \cdot 21^{2}+3 \cdot 21-1=2 \cdot 21^{3}+6 \cdot 21, a_{2}=(22+1)^{3}-(22-1)^{3}=2 \cdot 22^{3}+6 \cdot 22$, e in generale $a_{i}=2 \cdot(20+i)^{3}+6 \cdot(20+i)$. Ora, sottraendo a questa equazione la seconda equazione del sistema moltiplicata per due, si ottiene l'equazione $6 \cdot 21 x_{1}+6 \cdot 22 x_{2}+\ldots+6 \cdot 50 x_{30}=$ $32-2=30$. Di conseguenza, se $x_{1}, \ldots, x_{30}$ soddisfano le tre equazioni del sistema, allora $21 x_{1}+22 x_{2}+\ldots+50 x_{30}=30 / 6=5$.

D'altra parte, il sistema ha effettivamente soluzione (in effetti ne ha infinite possibili!). Anche ponendo per esempio $x_{4}=x_{5}=\ldots=x_{30}=0$, è possibile calcolare valori di $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ che soddisfino il sistema tramite sostituzioni successive.

10. La risposta è (C). Chiamiamo $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{53}$ le pile ordinate in ordine crescente di altezza.

Osserviamo che il gioco finisce. Ad ogni mossa il numero totale di gettoni diminuisce di 1, e se ci sono 51 gettoni in totale allora il gioco è già finito perché ci sono almeno due pile con 0 gettoni.

Sicuramente se la partita non è già stata persa $a_{i}$ avrà meno gettoni di $a_{j}$ se $i<j$ : se così non fosse, dato che ad ogni mossa il numero di gettoni diminuisce di 1, c'è un momento in cui le due pile hanno lo stesso numero di gettoni, ma questo implica che il gioco è finito, assurdo.

Inoltre, l'unica configurazione in cui ogni mossa porta il giocatore a perdere (chiamiamola configurazione decisiva) è quella in cui le altezze delle pile sono $0,1,2, \ldots, 52$, in qualche ordine. Infatti, se la differenza di altezza tra $a_{i+1}$ e $a_{i}$ fosse almeno 2 per un certo $i$, allora potremmo togliere un gettone da $a_{i+1}$; se $a_{1}$ avesse più di 0 gettoni allora potremmo togliere da questa un gettone.

Dunque la pila $a_{i}$ alla fine del gioco avrà $i-1$ gettoni per ogni $i \in\{1,2, \ldots, 53\}$. Il numero $N$ di gettoni che verranno tolti per arrivare alla configurazione decisiva è uguale alla differenza tra il numero di gettoni presenti inizialmente e il numero di gettoni nella configurazione finale, ovvero

$$
N=2020-(0+1+\cdots+52)=2020-\frac{52 \cdot 53}{2}=642
$$

Dato che possiamo scrivere $N=4 \cdot 160+2$ e dato che ci sono 4 giocatori, quando si arriverà alla configurazione decisiva toccherà a Claudio, dunque Claudio perde.

11. La risposta è $(\mathbf{C})$. Dato che $C A$ è tangente a $\omega$, abbiamo $C P=\frac{A C^{2}}{C D}=\frac{54^{2}}{108}=27$. Inoltre $\angle D A C=\angle C P A$, ma $A D$ è la bisettrice di $\angle B A C$, quindi $\angle B A D=\angle C P A$. Di conseguenza la circonferenza circoscritta al triangolo $A B P$ è tangente alla retta $A D$, quindi $D B=\frac{D A^{2}}{D P}=$ $\frac{63^{2}}{108-27}=49$. Ora, per il teorema della bisettrice, $\frac{A C}{C D}=\frac{A B}{B D}$ e perciò possiamo concludere che $A B=\frac{A C \cdot B D}{C D}=\frac{54 \cdot 49}{27}=98$.
12. La risposta è $(\mathbf{D})$. Detto $p(x)$ il polinomio, $p(1)$ è la somma di tutti i coefficienti e $p(-1)$ è la somma a segni alterni dei coefficienti, quelli di indice pari con segno positivo e quelli di indice dispari con segno negativo. Di conseguenza, $p(1)+p(-1)$ è il doppio della somma dei coefficienti di indice pari, mentre $p(1)-p(-1)$ è il doppio della somma dei coefficienti di indice dispari.

Osserviamo però che in $M$ compaiono, come coefficienti degli $a_{k}$ di indice pari, le potenze $2^{2 k}$, mentre come coefficiente di $a_{2 k+1}$ compare $3^{2 k}$.

Consideriamo allora

$$
\begin{aligned}
& p(2)+p(-2)=2\left(a_{0}+2^{2} a_{2}+\ldots+2^{98} a_{98}+2^{100} a_{100}\right) \\
& p(3)-p(-3)=2\left(3 a_{1}+3^{3} a_{3}+\ldots+3^{97} a_{97}+3^{99} a_{99}\right) .
\end{aligned}
$$

Dunque

$$
\begin{aligned}
M & =\frac{1}{2}(p(2)+p(-2))-\frac{1}{6}(p(3)-p(-3)) \\
& =\frac{1}{2}\left((-5)^{50}+(-25)^{50}\right)-\frac{1}{6}\left(5^{50}-(-25)^{50}\right) \\
& =5^{50}\left(\frac{5^{50}+1}{2}+\frac{5^{50}-1}{6}\right) .
\end{aligned}
$$

A questo punto abbiamo raccolto un $5^{50}$, e per concludere ci basta osservare che la quantità fra parentesi è intera $\left(5^{50}+1\right.$ è pari, così come $5^{50}-1$, che è anche multiplo di 3$)$ e non è multiplo di 5 (perché $4 \cdot 5^{50}+2$ non è multiplo di 5 ).

13. La risposta è 64. Ricordiamo che un numero intero è divisibile per 11 se e solo se la somma delle cifre in posizione pari, meno la somma delle cifre in posizione dispari, è multipla di 11.

Dal fatto che 11 divide ae si ricava $a=e$.

Dal fatto che 11 divide abe si ricava che 11 divide $2 a-b$ : questa condizione, fissato $a \neq 5$, ha soluzione unica, mentre non ne ha se $a=5$. Sulla base di queste informazioni Fabio sa quindi che ci sono (al massimo) 8 possibilità per $a$. Inoltre, una volta fissato $a$, anche i valori di $b$ ed $e$ risultano determinati.

Dal fatto che 11 divide $a b d e$ si ricava che $b=d$, quindi anche $d$ è fissato, una volta scelto $a$.

Infine, dal fatto che 11 non divide abcde si ricava che 11 non divide $2 a+c-2 b$, ovvero 11 non divide $c-b$ : questa condizione, ad $a$ (e quindi $b$ ) fissato, è soddisfatta se e solo se $c \neq b$. In particolare, per ogni scelta di $a$ in $\{1,2,3,4,6,7,8,9\}$, il numero di possibili $c$ è sempre 8 .

Fabio sa quindi che dovrà provare al massimo 64 combinazioni.

14. La risposta è 4040. Detto $a$ il coefficiente di testa di $p(x)$, confrontando i coefficienti di testa di $p(x)^{2}$ e $p\left(x^{2}\right)+k p(x)$ si ottiene $a^{2}=a$, quindi $a=1$, cioè $p(x)$ è monico. Ora, se $p(x)$ è un monomio si ha sempre $p(x)^{2}=p\left(x^{2}\right)$, cioè l'uguaglianza voluta con $k=0$. Altrimenti $p(x)=$ $x^{n}+r(x)$ con $r(x)$ polinomio non nullo di grado $m<n$. Allora $p(x)^{2}$ è $x^{2 n}$ più un polinomio di grado $n+m$, mentre $p\left(x^{2}\right)+k p(x)$ è $x^{2 n}$ più un polinomio di grado al più $\max \{2 m, n\}$. L'unica possibilità è che $m=0$ e quindi $p(x)=x^{n}+b$ con $b \in \mathbb{R} \backslash\{0\}$. Sostituendo nel testo si ottiene $x^{2 n}+2 b x^{n}+b^{2}=x^{2 n}+k x^{n}+(k+1) b$, da cui $k=2 b$ e quindi $b^{2}=(2 b+1) b$, ovvero $b=-1$. Le soluzioni sono quindi tutte e sole quelle del tipo $x^{n}$ o $x^{n}-1$, per un totale di 4040 polinomi.
15. (a) Se $d$ è un divisore di $n$ allora anche $n / d$ è un divisore di $n$. Ne segue che per ogni divisore $d$ di $n=k^{2}$ con $0<d<k$ esiste un corrispondente divisore $n / d$ con $n / d=k^{2} / d>k$, e viceversa per ogni divisore $d$ di $k^{2}$ con $d>k$ esiste un corrispondente divisore $0<n / d<k$.

I divisori positivi di $k^{2}$ minori di $k$ sono quindi tanti quanti quelli maggiori di $k$, come voluto.

Soluzione alternativa. Se $n$ è un quadrato perfetto, la sua scrittura in fattori primi è della forma $n=p_{1}^{2 \alpha_{1}} \cdot p_{2}^{2 \alpha_{2}} \cdots p_{i}^{2 \alpha_{i}}$. I suoi divisori sono numeri della forma $p_{1}^{\beta_{1}} \cdots p_{i}^{\beta_{i}}$, con $o \leq \beta_{j} \leq 2 \alpha_{j}$ per ogni $j=1, \ldots, i$. In particolare $k=p_{1}^{\alpha_{1}} \cdot p_{2}^{\alpha_{2}} \cdots p_{i}^{\alpha_{i}}$. Se scriviamo $n=d \cdot \frac{n}{d}$ come prodotto di due suoi divisori, dobbiamo redistribuire i fattori primi di $n$ tra i due divisori considerati. Avremo dunque che i due fattori sono della forma

$$
d=p_{1}^{\beta_{1}} \cdots p_{i}^{\beta_{i}}, \quad \frac{n}{d}=p_{1}^{2 \alpha_{1}-\beta_{1}} \cdots p_{i}^{2 \alpha_{i}-\beta_{i}}
$$

che possiamo scrivere, in termini di $k$, come

$$
d=k \cdot p_{1}^{\beta_{1}-\alpha_{1}} \cdots p_{i}^{\beta_{i}-\alpha_{i}}, \quad \frac{n}{d}=k \cdot p_{1}^{\alpha_{1}-\beta_{1}} \cdots p_{i}^{\alpha_{i}-\beta_{i}}:
$$

stiamo moltiplicando $k$ per un numero e per il suo reciproco, quindi uno tra $d$ e $n / d$ sarà maggiore di $k$ e l'altro sarà minore di $k$. In particolare per ogni divisore minore di $k$ ce ne è uno maggiore di $k$.

(b) Per quanto visto nel punto (a), i divisori in tutto sono due volte quelli minori di $k$ più 1 (cioè il divisore $k$ ). I numeri interi positivi minori di $k$ sono $k-1$, quindi $n$ può avere al più $2(k-1)+1=2 k-1$ divisori.

(c) Continuando il ragionamento fatto al punto (b), dire che $n=k^{2}$ ha $2 k-1$ divisori significa che tutti i numeri interi positivi minori o uguali a $k$ dividono $n$. Osserviamo che per $k=1$ si ha $n=1$, che ha un unico divisore positivo (se stesso), per cui in effetti il numero di divisori è $2 k-1=2 \cdot 1-1$. Similmente, per $k=2$ si ha $n=4$, che ha come divisori $1,2 \mathrm{e}$ 4, come voluto: $2 \cdot 2-1=3$. Osserviamo poi che un intero $n$ non ha divisori $>1$ in comune con $n-1$. Se $k \geq 3$ questo porta ad una contraddizione: abbiamo osservato che $k-1>1$ deve dividere $k^{2}$, e questo è assurdo perché $k-1$ divide $n-1=k^{2}-1=(k+1)(k-1)$. Non ci sono quindi soluzioni per $k \geq 3$, dunque i $k$ voluti sono solo $k=1$ e $k=2$.

16. Indichiamo i centri usando le coordinate dei quadretti, così che i centri della riga inferiore sono i punti $(0,0), \ldots,(2019,0)$ e quelli della riga superiore sono $(0,1), \ldots,(2019,1)$.

(a) Consideriamo l'insieme di segmenti $S$ che collegano le seguenti coppie di punti:

(i) $(0,0)-(k, 1)$ per $k=1, \ldots, 2019$;

(ii) $(0,0)-(0,1)$;

(iii) $(k, 0)-(0,1)$ per $k=1, \ldots, 2019$.

Nel precedente elenco nessuna coppia compare due volte, dunque anche i segmenti corrispondenti sono diversi. Siccome al primo punto abbiamo indicato 2019 coppie, al secondo 1 coppia, e al terzo 2019 coppie, in totale quelle elencate sono 4039 coppie diverse.

Scegliamo due segmenti qualsiasi $s_{1}, s_{2} \in S$. Se nessuno è del tipo (iii), allora $s_{1} \cap s_{2}=(0,0)$; similmente, se nessuno è del tipo (i), allora $s_{1} \cap s_{2}=(0,1)$. Se invece $s_{1}$ è del tipo (i) e $s_{2}$ è del tipo (iii), o viceversa, allora $s_{1}$ e $s_{2}$ sono le diagonali (interne) del quadrilatero convesso non intrecciato i cui vertici sono $(0,0),\left(x_{s_{2}}, 0\right),\left(x_{s_{1}}, 1\right),(0,1)$, quindi si intersecano.

Riassumendo, abbiamo i seguenti due fatti:

- $|S|=4039$
- ogni coppia di segmenti in $S$ si interseca.

Se avessimo a disposizione non più di 4038 colori, per il principio dei cassetti almeno due segmenti in $S$ avrebbero lo stesso colore, ma ciò è incompatibile con la richiesta che segmenti non disgiunti abbiano colori diversi.

(b) Enumeriamo i 4039 colori in questo modo: $-2019, \ldots,-1,0,1, \ldots, 2019$.

Una colorazione dei segmenti valida è la seguente: il segmento fra $\left(x_{1}, 0\right)$ e $\left(x_{2}, 1\right)$ viene colorato con il colore $x_{2}-x_{1}$.

Mostriamo che due segmenti qualsiasi $s_{1}, s_{2}$ dello stesso colore $c$ non si intersecano. Sia $\left(x_{1}, 0\right)$ il primo vertice di $s_{1}$ : allora il secondo deve essere $\left(x_{1}+c, 1\right)$; similmente sia $\left(x_{2}, 0\right)$
il primo vertice di $s_{2}$, e di conseguenza $\left(x_{2}+c, 1\right)$ il secondo. Allora $s_{1}$ e $s_{2}$ sono due lati opposti del quadrilatero che ha per vertici $\left(x_{1}, 0\right),\left(x_{2}, 0\right),\left(x_{2}+c, 1\right),\left(x_{1}+c, 1\right)$. Questo quadrilatero è un parallelogramma (non intrecciato) perché gli altri due lati sono paralleli e hanno lunghezza $c$. Dunque $s_{1}$ e $s_{2}$ non si intersecano.

17. (a) Il quadrilatero $A N Z M$ è un parallelogramma perché le diagonali si intersecano nel loro punto medio per costruzione. Le rette $A N$ e $M Z$ sono dunque parallele. Su questa coppia di rette parallele, le trasversali $C N$ e $C A$ staccano angoli corrispondenti uguali ( $\angle C M P=$ $\angle C N A$ e $\angle C P M=\angle C A N$ ). Rimane solo da osservare che $C A=C N$ perché raggi della circonferenza $\gamma$ : da questo segue che il triangolo $N C A$ è isoscele su $N A$, dunque che gli angoli alla base $\angle C A N=\angle C N A$ sono uguali. In conclusione, sappiamo che

$$
\angle C P M=\angle C A N=\angle C N A=\angle C M P
$$

ovvero che $\triangle M C P$ è isoscele su $M P$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_62ad0ac81a57c65aaff7g-13.jpg?height=771&width=805&top_left_y=837&top_left_x=660)

(b) Il triangolo $B M X$ è isoscele perché $B M=B X$ sono raggi della circonferenza $\omega$, dunque gli angoli alla base $\angle B X M=\angle B M X$ sono uguali. Per di più, $\angle B M X$ è l'opposto al vertice di $\angle C M P$, che sono pertanto uguali tra loro. Segue, per il punto (a), che tutti gli angoli in questione sono uguali anche a $\angle M P C$ :

$$
\angle B X M=\angle B M X=\angle C M P=\angle M P C .
$$

L'uguaglianza tra i due estremi ci dice che la trasversale $P X$ stacca sulla coppia di retta $B X$ e $A C$ angoli alterni interni uguali, provandone il parallelismo.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_62ad0ac81a57c65aaff7g-13.jpg?height=646&width=816&top_left_y=2067&top_left_x=677)
(c) Il triangolo $A B X$ è isoscele perché $B A=B X$ sono raggi della circonferenza $\omega$, dunque gli angoli alla base $\angle B A X=\angle B X A$ sono uguali. La trasversale $A X$ stacca sulla coppia di rette $B X \| A C$, parallele per il punto (b), angoli alterni interni uguali $\angle B X A=\angle C A X$. Abbiamo ottenuto che

$$
\angle B A X=\angle B X A=\angle C A X
$$

ovvero che $X$ giace sulla bisettrice dell'angolo $\angle B A C$. Ripetendo lo stesso ragionamento per il punto $Y$, con gli opportuni cambi di lettere, si ottiene che anch'esso giace sulla bisettrice dell'angolo $\angle B A C$, da cui la tesi.

## Scale di valutazione degli esercizi dimostrativi

## Esercizio 15

Si assegnino 15 punti a una soluzione interamente corretta, anche diversa da quella proposta. Per soluzioni incomplete si assegnino punti parziali secondo il seguente schema:

- Il punto (a) vale 5 punti. Per chi seguisse la linea della seconda soluzione proposta, si assegni fino ad 1 punto a chi scriva la fattorizzazione in primi di $n$, fino a 2 punti per chi consideri contemporaneamente la fattorizzazione di $d$ e di $n / d$, e fino a 4 punti a chi rappresenti un divisore nella forma $d=k \alpha$ con $\alpha$ non necessariamente intero.
- Il punto (b) vale 5 punti. Si assegnino tutti e cinque i punti anche a chi osservi solo che il punto (b) segue dal punto (a), senza essere riuscito a dimostrare quest'ultimo.
- Il punto (c) vale 5 punti. Non si assegni più di 1 punto a chi scrivesse quali sono i $k$ senza alcuna giustificazione della risposta. Si assegnino fino a 2 punti per chi osservi esplicitamente (anche senza verifica) che $k=1,2$ rispettano le condizioni del testo. Si assegni inoltre 1 punto (cumulabile con i precedenti) per chi osservi che $n$ deve essere divisibile per tutti i numeri $1,2, \ldots, k$.


## Esercizio 16

Si assegnino 15 punti a una soluzione interamente corretta, anche diversa da quella proposta. Per soluzioni incomplete si assegnino punti parziali secondo il seguente schema:

- Il punto (a) vale 9 punti. Di questi:
- 3 punti per l'osservazione che tutti i segmenti che partono da uno stesso vertice sono 2020 e si intersecano tutti.
- A chi enunciasse solamente l'idea di andare alla ricerca di insiemi di segmenti che si intersecano tutti tra loro si diano $\mathbf{2}$ punti, in alternativa a quelli del punto precedente.
- Non più di 7 punti a chi non giustificasse bene il fatto che i segmenti nella lista si intersecano tutti a coppie. Si noti in particolare che se sostituissimo a $(0,0)$ e $(0,1)$ con altri vertici all'interno della striscia, questa proprietà non sarebbe più vera.
- Il punto (b) vale 6 punti. Di questi 3 punti sono per l'esibizione della costruzione, anche con un disegno, mentre $\mathbf{3}$ punti sono per il mostrare che tale costruzione effettivamente funziona.


## Esercizio 17

Si assegnino 15 punti a una soluzione interamente corretta, anche diversa da quella proposta. Per soluzioni incomplete si assegnino punti parziali secondo il seguente schema:

- Il punto (a) vale 5 punti. Di questi:
- 2 punti per il parallelismo di $A N$ e $Z M$.
- 2 punti per la similitudine tra i triangoli $C M P$ e $C N A$.
- 1 punto per la dimostrazione che $C N A$ è isoscele.
- Il punto (b) vale 5 punti. Di questi, 3 punti per l'uguaglianza degli angoli $B X M$ e $M P C$.
- Il punto (c) vale 5 punti. Di questi si diano fino a 4 punti a chi mostrasse solamente che uno tra $X$ e $Y$ appartiene alla bisettrice. Per le uguaglianze $B A X=B X A$ e $B X A=C A X$ (o le corrispondenti uguaglianze per $Y, C A Y=C Y A$ e $C Y A=Y A B$ ), senza che si arrivi ad altre conclusioni si diano al più $\mathbf{3}$ punti.


[^0]:    ${ }^{1}$ Tra le risposte è presente 57 , che pur non essendo un numero primo, è "primo di Grothendieck". Si narra infatti che Alexander Grothendieck (1928-2014), grande matematico dalla storia molto particolare, ad una conferenza rispose alla domanda Potrebbe fare un esempio con un numero primo specifico? dicendo Prendiamo ad esempio $p=57$.