# Progetto Olimpiadi di Matematica 2000
GARA di SECONDO LIVELLO
1) Non sfogliare questo fascicoletto finché l'insegnante non ti dice di farlo. NON è AMMESSO L'UTILizzo DI CALCOLATRICI TASCABILI
2) La prova consiste di 17 problemi divisi in 3 gruppi.
3) Nei problemi dal numero 1 al numero 10 sono proposte 5 risposte possibili, indicate con le lettere $\mathbf{A}$, B, C, D, E. Una sola delle risposte è corretta. La lettera corrispondente alla risposta corretta dovrà essere risportata, per ogni quesito, in fondo a questa pagina nella relativa finestrella. Ogni risposta giusta vale 5 punti, ogni risposta errata vale 0 punti e ogni problema lasciato senza risposta vale 1 punto. Non sono ammesse correzioni o cancellature sulla griglia.
4) I problemi dal numero 11 al numero 15 richiedono una risposta che è data da un numero intero. Questo numero intero va indicato in fondo a questa pagina nella relativa finestrella. Ogni risposta giusta vale 8 punti, ogni risposta errata vale 0 punti e ogni problema lasciato senza risposta vale 1 punto. Non sono ammesse correzioni o cancellature sulla griglia.
5) Gli ultimi due problemi richiedono invece una dimostrazione. Ti invitiamo a formulare la soluzione in modo chiaro e conciso usufruendo dello spazio riservato e consegnando soltanto i fogli di questo fascicoletto. Ciascuno di questi problemi verrà valutato con un punteggio da $\mathbf{0} \mathbf{a} \mathbf{1 5}$.
6) Quando l'insegnante dà il via, comincia a lavorare. Hai 3 ore di tempo. Buon lavoro!
Da riempirsi da parte dello studente
NOME: COGNOME:
Indirizzo: Città:
SCUOLA: CLASSE: Città:
Risposte ai primi 15 quesiti
Si ringrazia per la collaborazione
AGIPPETROLI
Visitate il sito internet delle olimpiadi: http://olimpiadi.ing.unipi.it
1. Un parallelepipedo retto ha spigoli di lunghezza $a, b, c$, con $a0)$ dell'equazione $32^{x}=64^{[x]}$.
14. Quante sono le progressioni aritmetiche costituite da quattro numeri interi $a, b, c, d$ con $1 \leq a GARA di SECONDO LIVELLO
## Norme per la correzione ad uso degli insegnanti
Come per lo scorso anno, la prova è distinta in due parti: la prima a risposte predefinite, la seconda di tipo compilativo.
## PRIMA PARTE
Per la valutazione dei primi quindici quesiti si potrà usufruire della mascherina che segue; le lettere o i numeri in ciascuna finestrella rappresentano, per ciascun quesito, le risposte esatte. Contrassegnando allora, per ogni elaborato, le risposte esatte con una sbarra e scrivendo nello spazio apposito il numero delle risposte esatte e quello delle caselle senza risposta si trova subito il punteggio globale di questa prima parte.
Si ricorda che alle risposte errate vanno attribuiti zero punti.
## Risposte ai primi 15 quesiti
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 | 15 |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| A | $\mathrm{C}$ | $\mathrm{E}$ | B | $\mathrm{E}$ | C | $\mathrm{D}$ | $\mathrm{E}$ | $\mathrm{C}$ | $\mathrm{D}$ | 72 | 11 | 4 | 1617 | 144 |
## SECONDA PARTE
Contrariamente ai primi quindici quesiti, la cui valutazione è puramente meccanica, gli ultimi due problemi richiedono una correzione attenta da parte dell'insegnante di matematica. Per alleviare il carico di lavoro degli insegnanti, che già tanti compiti debbono correggere e valutare, suggeriamo di effettuare la correzione soltanto di quegli elaborati che hanno ottenuto un punteggio di almeno 30 nella prima parte. Per ottenere un minimo di omogeneità nella valutazione di questi esercizi diamo qualche indicazione sul punteggio da attribuire.
1. Ciascuno di tali esercizi sarà valutato con un numero intero da 0 a 15.
2. Si raccomanda di usare l'intero spettro dei punteggi disponibili, attribuendo zero, senza remore, alle soluzioni completamente sbagliate e 15 a quelle corrette, anche se non coincidenti con quelle da noi proposte.
3. Valutare con punteggi intermedi soluzioni parziali o solo parzialmente corrette.
Ad esempio, nel caso dell'esercizio 16:
1. L'indicazione di tutte le soluzioni senza alcuna dimostrazione vale 3 punti.
2. L’indicazione di una o piú soluzioni, ma non di tutte le soluzioni, vale 1 punto.
3. Nel caso che sia stata seguita la via indicata nella prima soluzione
(a) La semplice osservazione che l'equazione è simmetrica nelle incognite vale 1 punto.
(b) L'osservazione che, quindi, ci si può limitare al caso $m \leq n$ vale 1 punto.
(c) L'osservazione che $m \leq n$ implica $m<5$ vale 6 punti.
(d) L'osservazione che $m>2 \mathrm{o}$, alternativamente, il calcolo di $n$ fatto sostituendo $m=1$ e $m=2$, vale 2 punti.
(e) I calcoli fatti sostituendo $m=3$ e $m=4$ valgono 2 punti ciascuno.
(f) L'elenco completo delle soluzioni, considerando anche $m>n$, vale 1 punto.
4. Per chi ha seguito la via proposta nella seconda soluzione:
(a) La scrittura dell'equazione $5 m+5 n-5=2 m n$, senza nessuna manipolazione significativa, o comunque con una manipolazione non simmetrica rispetto alle variabili $m, n$, vale 0 punti.
(c) Il tentativo di manipolare l'equazione $5 m+5 n-5=2 m n$ ricavandone un prodotto simmetrico rispetto alle variabili $m, n$, non seguita da ulteriori sviluppi, vale 1 punto.
(d) La scrittura dell'equazione $(2 m-5)(2 n-5)=15$ vale 6 punti.
(e) L'osservazione che l'equazione prededente dà solo un numero finito di possibilità per i fattori $2 m-5$ e $2 n-5$ vale 1 punto.
(f) I calcoli dei casi $2 m-5=1$ e $2 m-5=3$ (o i simmetrici $2 n-5=1,2 n-5=3$ ) valogono 2 punti ciascuno.
(g) L'analisi dei casi $2 m-5=-1,2 m-5=-3$ (o i loro simmetrici) vale complessivamente 2 punti.
(h) L'elenco completo delle soluzioni vale 1 punto.
Per l'esercizio 17, ciascuna delle tre asserzioni correttamente dimostrata vale 5 punti. Per ciascun punto dell'esercizio si possono attribuire punteggi intermedi tra 0 e 5 per dimostrazioni parziali, ad esempio assegnando:
- 3 punti se in (i) viene dimostrata la similitudine dei triangoli $E M B$ e $K A B$ o di due triangoli analoghi;
- 2 punti se in (ii) si conclude che $C B=2 H B$, piú 1 punto a chi osserva che $H$ è il punto medio di $C B$;
- 3 punti a chi in (iii), senza darne una dimostrazione completa, giustifica il fatto che $D$ è il baricentro dicendo che il rapporto tra $D B$ e $D K$ è 2 e poi conclude correttamente che il triangolo è isoscele in $B$.
lati non incrementati. Tale prodotto è chiaramente massimo quando i due lati non incrementati sono $b$ e $c$ (i due più lunghi), cioè quando viene incrementato $a$.
2. La risposta è $\mathbf{( C )}$. La relazione $x^{2}+y^{2} \leq 100$ rappresenta un cerchio con centro nell'origine $\mathrm{e}$ raggio 10. La relazione $\pi x+\sqrt{17} y \leq 0$ rappresenta un semipiano delimitato da una retta passante per l'origine, la quale pertanto divide il cerchio in due parti uguali. Di conseguenza l'area richiesta è metà dell'area del cerchio, cioè
$$
A=\frac{1}{2} \pi 10^{2}=50 \pi
$$
Poiché $3<\pi<4$, si ha quindi che $150\frac{1}{2}
$$
mentre dopo 3 carte è
$$
\frac{39}{52} \cdot \frac{38}{51} \cdot \frac{37}{50}<\left(\frac{3}{4}\right)^{3}<\frac{1}{2}
$$
5. La risposta è (E). Ponendo $a=3$ e $b=1$ si ottiene $X=10, Y=11, Z=14$ (dunque $XY>Z$ ). Questo permette di concludere che la relazione tra due qualunque dei tre numeri $X, Y, Z$ dipende dai particolari valori di $a$ e $b$.
6. La risposta è (C) . Misurando l'angolo $\alpha$ in radianti, la lunghezza del primo percorso è $R \alpha$, mentre la lunghezza del secondo è $2(R-r)+r \alpha$. Perciò il primo percorso è quello più corto se e solo se
$$
R \alpha<2(R-r)+r \alpha,
$$
cioè se e solo se
$$
(R-r)(\alpha-2)<0 .
$$
Dato che $R-r>0$ la scelta dipende solo da $\alpha$.
7. La risposta è (D) . Poiché il colpevole ha mentito non può essere Dario, che si è autoaccusato. Poiché uno degli innocenti ha detto la verità, il colpevole finisce per ario, e dunque è Mario. Perciò Mario ha mentito, e dunque ha accusato Dario.
8. La risposta è (E) . Per scrivere tutti gli interi da 1 a 1000 occorre usare 300 volte la cifra 9: serve infatti 100 volte come cifra delle unità, 100 volte come cifra delle decine ( 10 volte per ogni centinaia) e 100 volte come cifra delle centinaia (per i numeri da 900 a 999). Lo stesso discorso vale per i numeri da 1001 a 2000 e da 2001 a 3000 . Pertanto negli interi da 1 a 3000 compare 900 volte la cifra 9. Procediamo ora di 100 in 100 . Per scrivere i numeri da 3001 a 3100 si usa 20 volte la cifra 9 (10 volte come cifra delle unità e 10 volte come cifra delle decine), così come in tutti i gruppi successivi di 100 interi fino a 3800 (cioè fino che il 9 non deve essere usato come cifra delle centinaia). In questo modo si dimostra che per scrivere gli interi fino a 3500 servono esattamente 1000 cifre 9 ( 900 per quelli da 1 a 3000 e 100 per quelli da 3001 a 3500 ). Di queste 1000 cifre 9 , le ultime due vengono a trovarsi nel numero 3499. I casi sono quindi due: o la lotteria ha un numero di biglietti $\leq 3498$, e allora servono al massimo 998 cifre 9 , o la lotteria ha un numero di biglietti $\geq 3499$, ed allora servono almeno 1000 cifre 9. Pertanto non può esistere una lotteria sui cui biglietti (numerati da 1 in poi) compaia esattamente 999 volte la cifra 9 !
$a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$ e quindi $|a| \leq 1$. Ciò implica che $a^{3} \leq|a|^{3} \leq a^{2}$, dove il segno di uguaglianza vale se e solo se $a=0$ oppure $a=1$. Analogamente si ragiona per $b$ e $c$. Perciò se uno dei tre numeri fosse diverso da 0 e da 1 si avrebbe
$$
1=a^{3}+b^{3}+c^{3}1$ mentre $\frac{2700}{4096}<1$.
13. La risposta è 4. L'equazione si può scrivere nella forma $2^{5 x}=2^{6[x]}$, che è equivalente a $5 x=6[x]$. Poiché $x<[x]+1$, si ha che $6[x]=5 x<5[x]+5$, da cui $[x]<5$. Poiché per ogni $x>0$ la parte intera $[x]$ è un intero $\geq 0$, rimangono solo le possibilità $[x]=0,1,2,3,4$. Sostituendo tali valori nella relazione già trovata $5 x=6[x]$, ricaviamo che i corrispondenti valori di $x$ sono, rispettivamente, $0,6 / 5,12 / 5,18 / 5,24 / 5$. La soluzione $x=0$ è però da scartare, in quanto nel testo si richiedeva $x$ positivo. Si verifica invece facilmente che gli altri quattro valori di $x$ risolvono effettivamente l'equazione proposta, che ha pertanto quattro soluzioni reali e positive.
14. La risposta è 1617. Se $a, b, c, d$ è una progressione aritmetica di quattro termini interi, anche la ragione $r$ è un intero $\geq 1$ e si ha $d=a+3 r$. D'altra parte, il termine iniziale e il termine finale di una progressione aritmetica di quattro termini individuano completamente anche gli altri termini. Il numero delle progressioni aritmetiche cercate è pertanto in corrispondenza biunivoca con le coppie di numeri del tipo $\{a, a+3 r\}$ contenute nell'insieme $\{1, \ldots, 100\}$. Osservando che $a$ e $a+3 r$ danno lo stesso resto nella divisione per 3 , si possono distinguere 3 casi, a seconda che tale resto sia 1,2 o 0 :
- $\{a, a+3 r\} \subset X_{1}=\{1,4,7, \ldots, 100\}$. L'insieme $X_{1}$ consta di 34 elementi, quindi ci sono $\left(\begin{array}{c}34 \\ 2\end{array}\right)=561$ coppie di questo tipo.
- $\{a, a+3 r\} \subset X_{2}=\{2,5,8, \ldots, 98\}$. L'insieme $X_{2}$ consta di 33 elementi, quindi ci sono $\left(\begin{array}{c}33 \\ 2\end{array}\right)=528$ coppie di questo tipo.
- $\{a, a+3 r\} \subset X_{3}=\{3,6,9, \ldots, 99\}$. L'insieme $X_{3}$ consta di 33 elementi, quindi ci sono $\left(\begin{array}{c}33 \\ 2\end{array}\right)=528$ coppie di questo tipo.
Seconda soluzione.
Indicando con $r \geq 1$ la ragione della progressione aritmetica, si ha $1 \leq a$ e $a+3 r \leq 100$, per cui $3 r \leq 100-1=99$ e $r \leq 33$. Se $a, a+r, a+2 r, a+3 r$ è una progressione aritmetica di ragione $r$, si ha $a \geq 1$ e $a+3 r \leq 100$, cioè $a \leq 100-3 r$; pertanto ci sono esattamente $100-3 r$ progressioni aritmetiche di ragione $r$. Il numero totale di progressioni aritmetiche è quindi
$$
\sum_{r=1}^{33}(100-3 r)=100 \cdot 33-3 \sum_{r=1}^{33} r=3300-3 \frac{33 \cdot 34}{2}=3300-1683=1617 .
$$
15. La risposta è 144. Supponiamo che $n=p_{1}^{a_{1}} \cdots p_{k}^{a_{k}}$ sia la scomposizione di $n$ in fattori primi, con $p_{1}0$ per $i=1, \ldots, k$. Un intero positivo $d$ è un divisore di $n$ se e solo se la sua scomposizione in fattori primi è del tipo $d=p_{1}^{b_{1}} \cdots p_{k}^{b_{k}}$ con $0 \leq b_{1} \leq a_{1}, \ldots, 0 \leq$ $b_{k} \leq a_{k}$ (si ammette anche l'esponente 0 perché non tutti i fattori primi di $n$ devono comparire necessariamente anche nella scomposizione di $d$ : ad esempio, se tutti i $b_{i}$ sono uguali a 0 , si ottiene il divisore $d=1$ ). Le possibili scelte di $d$ corrispondono dunque alle possibili scelte della sua fattorizzazione, e cioè $a_{1}+1$ scelte per l'esponente $b_{1}$ (tutti gli interi $0,1, \ldots, a_{1}$ ), ,.., $a_{k}+1$ scelte per l'esponente $b_{k}$. Combinando queste scelte in tutti i modi possibili, si ottiene che il numero $n$ ha esattamente $\left(a_{1}+1\right) \cdot \cdots \cdot\left(a_{k}+1\right)$ divisori.
Per avere esattamente $15=3 \cdot 5$ divisori, ci sono dunque solo le seguenti possibilità:
(i) $k=1, a_{1}=14$ quindi $n=p_{1}^{14}$. Il più piccolo intero positivo di questo tipo è evidentemente $2^{14}=16384$.
(ii) $k=2, a_{1}=2, a_{2}=4$ quindi $n=p_{1}^{2} p_{2}^{4}$. Il più piccolo intero positivo di questo tipo è evidentemente $2^{2} 3^{4}=324$.
(iii) $k=2, a_{1}=4, a_{2}=2$ quindi $n=p_{1}^{4} p_{2}^{2}$. Il più piccolo intero positivo di questo tipo è evidentemente $2^{4} 3^{2}=144$.
Pertanto il numero cercato è 144 .
16. Consideriamo dapprima le coppie $(m, n)$ con $m \leq n$. Abbiamo
$$
\frac{2}{5}=\frac{1}{m}+\frac{1}{n}-\frac{1}{m n} \leq \frac{1}{m}+\frac{1}{m}-\frac{1}{m n}<\frac{2}{m}
$$
da cui $m<5$. Inoltre
$$
\frac{2}{5}=\frac{1}{m}+\frac{1}{n}-\frac{1}{m n}>\frac{1}{m}
$$
da cui $m>\frac{5}{2}$, e cioè, essendo $m$ intero, $m \geq 3$. Ponendo $m=3$ si ottiene
$$
\frac{1}{3}+\frac{1}{n}-\frac{1}{3 n}=\frac{2}{5}
$$
da cui $n=10$. Ponendo $m=4$ si ottiene
$$
\frac{1}{4}+\frac{1}{n}-\frac{1}{4 n}=\frac{2}{5}
$$
da cui $n=5$. Considerando infine il caso simmetrico in cui $n \leq m$ si ottiene che le coppie delle soluzioni devono appartenere all'insieme $\{(3,10),(4,5),(10,3),(5,4)\}$. Ł̀ infine immediato verificare che le quattro coppie precedenti sono effettivamente soluzioni dell'equazione data.
Seconda soluzione.
Moltiplicando l'equazione data per $10 \mathrm{mn}$ (ricordiamo che $m$ e $n$ sono diversi da zero), si ottiene
$$
4 m n-10 m-10 n+10=0,
$$
ossia
$$
(2 m-5)(2 n-5)=15
$$
Anche qui supponiamo dapprima che $m \leq n$. Le uniche coppie di numeri interi che danno per prodotto 15 , con il primo termine minore o uguale al secondo, sono $(3,5),(1,15),(-5,-3)$ e $(-15,-1)$.
- Ponendo $2 m-5=1,2 n-5=15$, si ottiene $(m, n)=(3,10)$.
- Ponendo $2 m-5=-5,2 n-5=-3$, si ottiene $m=0$, che non è accettabile.
- Ponendo $2 m-5=-15,2 n-5=-1$, si ottiene $(m, n)=(-5,2)$, che non è accettabile in quanto $m$ è negativo.
Considerando poi le coppie $(m, n)$ con $n