Pagina 1 di 4
#Proviamoci - Soluzioni commentate OH6
Inviato: 17 apr 2022, 13:36
da Mattysal
Nella speranza che il progetto vada a buon fine, cerchiamo di scrivere collaborando tra di noi, le soluzioni commentate dell'ultima OH.
Regole:
- Riempire lo spazio riservato ad ogni problema con la soluzione (possibilmente scritta con un LaTeX decente)
- Indicare la risposta al quesito in corrispondenza del problema, tra parentesi quadre.
- Modificare quindi l'ultimo topic sopra di voi se intendete aggiungere una soluzione.
- Mettete vostro nome e cognome a fine soluzione.
Buon divertimento, inizio io... con un problema facile solo per prova
Problema 1
Problema 2 [6]
Si tratta di disporre tre diversi ingredienti, che si può fare semplicemente in $3!=6$ modi diversi. La risposta è quindi $6$.
(Matteo Salicandro)
Problema 3
Problema 4
Problema 5
Problema 6
Problema 7
Problema 8
Problema 9
Problema 10
Problema 11
Problema 12
Problema 13
Problema 14
Problema 15
Problema 16
Problema 17
Problema 18
Problema 19
Problema 20
Problema 21
Problema 22
Problema 23
Problema 24
Problema 25
Problema 26
Problema 27
Problema 28
Problema 29
Problema 30
Problema 31
Problema 32
Problema 33
Problema 34
Problema 35
Problema 36
Problema 37
Problema 38
Problema 39
Problema 40
Problema 41
Problema 42
Problema 43
Problema 44
Problema 45
Problema 46
Problema 47
Problema 48
Problema 49
Problema 50
Problema 51
Problema 52
Problema 53
Problema 54
Problema 55
Problema 56
Problema 57
Problema 58
Problema 59
Problema 60
Problema 61
Problema 62
Problema 63
Problema 64
Problema 65
Problema 66
Problema 67
Problema 68
Problema 69
Problema 70
Problema 71
Problema 72
Problema 73
Problema 74
Problema 75
Problema 76
Problema 77
Problema 78
Problema 79
Problema 80
Problema 81
Problema 82
Problema 83
Problema 84
Problema 85
Problema 86
Problema 87
Problema 88
Problema 89
Problema 90
Problema 91
Problema 92
Problema 93
Problema 94
Problema 95
Problema 96
Problema 97
Problema 98
Problema 99
Problema 100
Re: #Proviamoci - Soluzioni commentate OH6
Inviato: 17 apr 2022, 14:09
da Experia
Mattysal ha scritto: ↑17 apr 2022, 13:36
Nella speranza che il progetto vada a buon fine, cerchiamo di scrivere collaborando tra di noi, le soluzioni commentate dell'ultima OH.
Regole:
- Riempire lo spazio riservato ad ogni problema con la soluzione (possibilmente scritta con un LaTeX decente)
- Indicare la risposta al quesito in corrispondenza del problema, tra parentesi quadre.
- Modificare quindi l'ultimo topic sopra di voi se intendete aggiungere una soluzione.
- Mettete vostro nome e cognome a fine soluzione.
Buon divertimento, inizio io... con un problema facile solo per prova
Problema 1
Problema 2 [6]
Si tratta di disporre tre diversi ingredienti, che si può fare semplicemente in $3!=6$ modi diversi. La risposta è quindi $6$.
(Matteo Salicandro)
Problema 3
Problema 4
Problema 5
Problema 6
Problema 7
Problema 8
Problema 9
Problema 10
Problema 11
Problema 12
Problema 13
Problema 14
Problema 15
Problema 16
Problema 17
Problema 18
Problema 19 [14]
Disegnando la circonferenza $x^2+y^2=5$ risulta evidente che gli unici punti a coordinate intere che vi appartengono, che sono $k=8$, sono quelli della forma $P_i(\pm 1,\pm 2)$, $P_i(\pm 2,\pm 1)$, $P_i(\pm 1,\mp 2)$, $P_i(\pm 2,\mp 1)$. In alternativa, è possibile risolvere l'equazione della stessa circonferenza sugli interi $x,y$. Da ciò si ricava l'ottagono $P_1P_2\dots P_8$, la cui area, come si vede facilmente, è $16-4\cdot\frac{1}{2}=14$.
(Lorenzo Weiss)
Problema 20
Problema 21
Problema 22
Problema 23
Problema 24
Problema 25
Problema 26
Problema 27
Problema 28
Problema 29
Problema 30
Problema 31
Problema 32
Problema 33
Problema 34
Problema 35
Problema 36
Problema 37
Problema 38
Problema 39
Problema 40
Problema 41
Problema 42
Problema 43
Problema 44
Problema 45
Problema 46
Problema 47
Problema 48
Problema 49
Problema 50
Problema 51
Problema 52
Problema 53
Problema 54
Problema 55
Problema 56
Problema 57
Problema 58
Problema 59
Problema 60
Problema 61
Problema 62
Problema 63
Problema 64
Problema 65
Problema 66
Problema 67
Problema 68
Problema 69
Problema 70
Problema 71
Problema 72
Problema 73
Problema 74
Problema 75
Problema 76
Problema 77
Problema 78
Problema 79
Problema 80
Problema 81
Problema 82
Problema 83
Problema 84
Problema 85
Problema 86
Problema 87
Problema 88
Problema 89
Problema 90
Problema 91
Problema 92
Problema 93
Problema 94
Problema 95
Problema 96
Problema 97
Problema 98
Problema 99
Problema 100
Re: #Proviamoci - Soluzioni commentate OH6
Inviato: 17 apr 2022, 14:12
da Folpo13
Problema 1
Problema 2 [6]
Si tratta di disporre tre diversi ingredienti, che si può fare semplicemente in $3!=6$ modi diversi. La risposta è quindi $6$.
(Matteo Salicandro)
Problema 3
Problema 4
Problema 5
Problema 6
Problema 7
Problema 8
Problema 9
Problema 10
Problema 11
Problema 12
Problema 13
Problema 14
Problema 15
Problema 16
Problema 17
Problema 18
Problema 19 [14]
Disegnando la circonferenza $x^2+y^2=5$ risulta evidente che gli unici punti a coordinate intere che vi appartengono, che sono $k=8$, sono quelli della forma $P_i(\pm 1,\pm 2)$, $P_i(\pm 2,\pm 1)$, $P_i(\pm 1,\mp 2)$, $P_i(\pm 2,\mp 1)$. In alternativa, è possibile risolvere l'equazione della stessa circonferenza sugli interi $x,y$. Da ciò si ricava l'ottagono $P_1P_2\dots P_8$, la cui area, come si vede facilmente, è $16-4\cdot\frac{1}{2}=14$.
(Lorenzo Weiss)
Problema 20
Problema 21
Problema 22
Problema 23
Problema 24
Problema 25
Problema 26
Problema 27
Problema 28
Problema 29
Problema 30
Problema 31
Problema 32
Problema 33
Problema 34
Problema 35
Problema 36 [2020]
Si noti che $abc=2022-ab-a$, quindi per massimizzare il prodotto bisogna minimizzare $a$ e $b$. $a,b,c$ sono $>=1$ per ipotesi, dunque si pone $a=b=1$ dando come soluzione $c=2020$. Quindi $(a,b,c)=(1,1,2020)$ e $abc=2020$.
(Filippo Prandina)
Problema 37
Problema 38
Problema 39
Problema 40
Problema 41
Problema 42
Problema 43 [4238]
Se si devono prendere almeno $n$ dolci per essere sicuri di prenderne almeno $1$ di un determinato tipo, questo vuol dire che ci sono $n-1$ dolci non di quel tipo. In particolare:
$\begin{cases}
S+B=55\\
B+C=70\\
S+C=91
\end{cases}$
Il sistema è di immediata risoluzione e porta come soluzione $(S,C,B)=(38,53,17)$ da cui $SCB=34238$. Sono richieste solo le ultime 4 cifre.
(Filippo Prandina)
Problema 44
Problema 45
Problema 46
Problema 47
Problema 48
Problema 49
Problema 50
Problema 51
Problema 52
Problema 53
Problema 54
Problema 55
Problema 56
Problema 57
Problema 58
Problema 59
Problema 60
Problema 61
Problema 62
Problema 63
Problema 64
Problema 65
Problema 66
Problema 67
Problema 68
Problema 69
Problema 70
Problema 71
Problema 72
Problema 73
Problema 74
Problema 75
Problema 76
Problema 77
Problema 78
Problema 79
Problema 80
Problema 81
Problema 82
Problema 83
Problema 84
Problema 85
Problema 86
Problema 87
Problema 88
Problema 89
Problema 90
Problema 91
Problema 92
Problema 93
Problema 94
Problema 95
Problema 96
Problema 97
Problema 98
Problema 99
Problema 100
Re: #Proviamoci - Soluzioni commentate OH6
Inviato: 17 apr 2022, 14:31
da Godl3x04
Folpo13 ha scritto: ↑17 apr 2022, 14:12
Problema 1
Problema 2 [6]
Si tratta di disporre tre diversi ingredienti, che si può fare semplicemente in $3!=6$ modi diversi. La risposta è quindi $6$.
(Matteo Salicandro)
Problema 3
Problema 4
Problema 5
Problema 6
Problema 7
Problema 8
Problema 9
Problema 10
Problema 11
Problema 12
Problema 13
Problema 14
Problema 15
Problema 16
Problema 17
Problema 18
Problema 19 [14]
Disegnando la circonferenza $x^2+y^2=5$ risulta evidente che gli unici punti a coordinate intere che vi appartengono, che sono $k=8$, sono quelli della forma $P_i(\pm 1,\pm 2)$, $P_i(\pm 2,\pm 1)$, $P_i(\pm 1,\mp 2)$, $P_i(\pm 2,\mp 1)$. In alternativa, è possibile risolvere l'equazione della stessa circonferenza sugli interi $x,y$. Da ciò si ricava l'ottagono $P_1P_2\dots P_8$, la cui area, come si vede facilmente, è $16-4\cdot\frac{1}{2}=14$.
(Lorenzo Weiss)
Problema 20
Problema 21
Problema 22
Problema 23
Problema 24
Problema 25
Problema 26
Problema 27
Problema 28
Problema 29
Problema 30
Problema 31
Problema 32
Problema 33
Problema 34
Problema 35
Problema 36 [2020]
Si noti che $abc=2022-ab-a$, quindi per massimizzare il prodotto bisogna minimizzare $a$ e $b$. $a,b,c$ sono $>=1$ per ipotesi, dunque si pone $a=b=1$ dando come soluzione $c=2020$. Quindi $(a,b,c)=(1,1,2020)$ e $abc=2020$.
(Filippo Prandina)
Problema 37
Problema 38
Problema 39
Problema 40
Problema 41
Problema 42
Problema 43 [4238]
Se si devono prendere almeno $n$ dolci per essere sicuri di prenderne almeno $1$ di un determinato tipo, questo vuol dire che ci sono $n-1$ dolci non di quel tipo. In particolare:
$\begin{cases}
S+B=55\\
B+C=70\\
S+C=91
\end{cases}$
Il sistema è di immediata risoluzione e porta come soluzione $(S,C,B)=(38,53,17)$ da cui $SCB=34238$. Sono richieste solo le ultime 4 cifre.
(Filippo Prandina)
Problema 44 [4]
la configurazione è unica, infatti se prendiamo il punto $A_1$ e lo collegassimo con un punto diverso da $B_{2022}$, come per esempio $B_{2021}$, $B_{2022}$ sarà collegato con un punto diverso da $A_1$, per esempio $A_2$. allora $A_1B_{2021}$ non interseca $A_2B_{2022}$. Iterando questo ragionamento ad ogni punto $A_i$, si ottiene un'unica configurazione: segmenti di estremi $A_iB_{2023-i}$. Quindi i coefficienti angolari saranno $\pm 2/(2023-2i)$. Per il prodotto, il numeratore è sempre 2 mentre il denominatore è sempre dispari. Trovare quindi ciò che il problema richiede equivale a trovare le ultime 2 cifre di $2^{2022}$.
(Alessandro Avellino)
Problema 45
Problema 46
Problema 47
Problema 48
Problema 49
Problema 50
Problema 51
Problema 52
Problema 53
Problema 54
Problema 55
Problema 56
Problema 57
Problema 58
Problema 59
Problema 60
Problema 61
Problema 62
Problema 63
Problema 64
Problema 65
Problema 66
Problema 67
Problema 68
Problema 69
Problema 70
Problema 71
Problema 72
Problema 73
Problema 74
Problema 75
Problema 76
Problema 77
Problema 78
Problema 79
Problema 80
Problema 81
Problema 82
Problema 83
Problema 84
Problema 85
Problema 86
Problema 87
Problema 88
Problema 89
Problema 90
Problema 91
Problema 92
Problema 93
Problema 94
Problema 95
Problema 96
Problema 97
Problema 98
Problema 99
Problema 100
Re: #Proviamoci - Soluzioni commentate OH6
Inviato: 17 apr 2022, 14:32
da GranchioPodista
Mattysal ha scritto: ↑17 apr 2022, 13:36
Nella speranza che il progetto vada a buon fine, cerchiamo di scrivere collaborando tra di noi, le soluzioni commentate dell'ultima OH.
Regole:
- Riempire lo spazio riservato ad ogni problema con la soluzione (possibilmente scritta con un LaTeX decente)
- Indicare la risposta al quesito in corrispondenza del problema, tra parentesi quadre.
- Modificare quindi l'ultimo topic sopra di voi se intendete aggiungere una soluzione.
- Mettete vostro nome e cognome a fine soluzione.
Buon divertimento, inizio io... con un problema facile solo per prova
Problema 1
Problema 2 [6]
Si tratta di disporre tre diversi ingredienti, che si può fare semplicemente in $3!=6$ modi diversi. La risposta è quindi $6$.
(Matteo Salicandro)
Problema 3
Problema 4
Problema 5
Problema 6
Problema 7
Problema 8
Problema 9
Problema 10
Problema 11
Problema 12
Problema 13
Problema 14
Problema 15
Problema 16
Problema 17
Problema 18
Problema 19
Problema 20
Problema 21
Problema 22
Problema 23
Problema 24
Problema 25
Problema 26
Problema 27
Problema 28
Problema 29
Problema 30
Problema 31
Problema 32
Problema 33
Problema 34
Problema 35
Problema 36
Problema 37[201]
Poniamo
[math]P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che
[math]P(n)=n^2 per
[math]n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio:
[math]G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri
[math](4,5,6,7,8) e poiché
[math]G è chiaramente monico possiamo affermare che
[math]G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine
[math]G(x) con
[math]P(x)-x^2 e ricavando
[math]P(x) otteniamo che
[math]P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando
[math]P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi
[math]201
(Lorenzo Bastioni)
Problema 38
Problema 39
Problema 40
Problema 41
Problema 42
Problema 43
Problema 44
Problema 45
Problema 46
Problema 47
Problema 48
Problema 49
Problema 50
Problema 51
Problema 52
Problema 53
Problema 54
Problema 55
Problema 56
Problema 57
Problema 58
Problema 59
Problema 60
Problema 61
Problema 62
Problema 63
Problema 64
Problema 65
Problema 66
Problema 67
Problema 68
Problema 69
Problema 70
Problema 71
Problema 72
Problema 73
Problema 74
Problema 75
Problema 76
Problema 77
Problema 78
Problema 79
Problema 80
Problema 81
Problema 82
Problema 83
Problema 84
Problema 85
Problema 86
Problema 87
Problema 88
Problema 89
Problema 90
Problema 91
Problema 92
Problema 93
Problema 94
Problema 95
Problema 96
Problema 97
Problema 98
Problema 99
Problema 100
Re: #Proviamoci - Soluzioni commentate OH6
Inviato: 17 apr 2022, 14:46
da GranchioPodista
Godl3x04 ha scritto: ↑17 apr 2022, 14:31
Folpo13 ha scritto: ↑17 apr 2022, 14:12
Problema 1
Problema 2 [6]
Si tratta di disporre tre diversi ingredienti, che si può fare semplicemente in $3!=6$ modi diversi. La risposta è quindi $6$.
(Matteo Salicandro)
Problema 3
Problema 4
Problema 5
Problema 6
Problema 7
Problema 8
Problema 9
Problema 10
Problema 11
Problema 12
Problema 13
Problema 14
Problema 15
Problema 16
Problema 17
Problema 18
Problema 19 [14]
Disegnando la circonferenza $x^2+y^2=5$ risulta evidente che gli unici punti a coordinate intere che vi appartengono, che sono $k=8$, sono quelli della forma $P_i(\pm 1,\pm 2)$, $P_i(\pm 2,\pm 1)$, $P_i(\pm 1,\mp 2)$, $P_i(\pm 2,\mp 1)$. In alternativa, è possibile risolvere l'equazione della stessa circonferenza sugli interi $x,y$. Da ciò si ricava l'ottagono $P_1P_2\dots P_8$, la cui area, come si vede facilmente, è $16-4\cdot\frac{1}{2}=14$.
(Lorenzo Weiss)
Problema 20
Problema 21
Problema 22
Problema 23
Problema 24
Problema 25
Problema 26
Problema 27
Problema 28
Problema 29
Problema 30
Problema 31
Problema 32
Problema 33
Problema 34
Problema 35
Problema 36 [2020]
Si noti che $abc=2022-ab-a$, quindi per massimizzare il prodotto bisogna minimizzare $a$ e $b$. $a,b,c$ sono $>=1$ per ipotesi, dunque si pone $a=b=1$ dando come soluzione $c=2020$. Quindi $(a,b,c)=(1,1,2020)$ e $abc=2020$.
(Filippo Prandina)
Problema 37[201]
Poniamo
[math]P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che
[math]P(n)=n^2 per
[math]n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio:
[math]G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri
[math](4,5,6,7,8) e poiché
[math]G è chiaramente monico possiamo affermare che
[math]G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine
[math]G(x) con
[math]P(x)-x^2 e ricavando
[math]P(x) otteniamo che
[math]P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando
[math]P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi
[math]201
(Lorenzo Bastioni)
Problema 38
Problema 39
Problema 40
Problema 41
Problema 42
Problema 43 [4238]
Se si devono prendere almeno $n$ dolci per essere sicuri di prenderne almeno $1$ di un determinato tipo, questo vuol dire che ci sono $n-1$ dolci non di quel tipo. In particolare:
$\begin{cases}
S+B=55\\
B+C=70\\
S+C=91
\end{cases}$
Il sistema è di immediata risoluzione e porta come soluzione $(S,C,B)=(38,53,17)$ da cui $SCB=34238$. Sono richieste solo le ultime 4 cifre.
(Filippo Prandina)
Problema 44 [4]
la configurazione è unica, infatti se prendiamo il punto $A_1$ e lo collegassimo con un punto diverso da $B_{2022}$, come per esempio $B_{2021}$, $B_{2022}$ sarà collegato con un punto diverso da $A_1$, per esempio $A_2$. allora $A_1B_{2021}$ non interseca $A_2B_{2022}$. Iterando questo ragionamento ad ogni punto $A_i$, si ottiene un'unica configurazione: segmenti di estremi $A_iB_{2023-i}$. Quindi i coefficienti angolari saranno $\pm 2/(2023-2i)$. Per il prodotto, il numeratore è sempre 2 mentre il denominatore è sempre dispari. Trovare quindi ciò che il problema richiede equivale a trovare le ultime 2 cifre di $2^{2022}$.
(Alessandro Avellino)
Problema 45
Problema 46
Problema 47
Problema 48
Problema 49
Problema 50
Problema 51
Problema 52
Problema 53
Problema 54
Problema 55
Problema 56
Problema 57
Problema 58
Problema 59
Problema 60
Problema 61
Problema 62
Problema 63
Problema 64
Problema 65
Problema 66
Problema 67
Problema 68
Problema 69
Problema 70
Problema 71
Problema 72
Problema 73
Problema 74
Problema 75
Problema 76
Problema 77
Problema 78
Problema 79
Problema 80
Problema 81
Problema 82
Problema 83
Problema 84
Problema 85
Problema 86
Problema 87
Problema 88
Problema 89
Problema 90
Problema 91
Problema 92
Problema 93
Problema 94
Problema 95
Problema 96
Problema 97
Problema 98
Problema 99
Problema 100
Re: #Proviamoci - Soluzioni commentate OH6
Inviato: 17 apr 2022, 15:07
da Godl3x04
GranchioPodista ha scritto: ↑17 apr 2022, 14:46
Godl3x04 ha scritto: ↑17 apr 2022, 14:31
Folpo13 ha scritto: ↑17 apr 2022, 14:12
Problema 1
Problema 2 [6]
Si tratta di disporre tre diversi ingredienti, che si può fare semplicemente in $3!=6$ modi diversi. La risposta è quindi $6$.
(Matteo Salicandro)
Problema 3
Problema 4
Problema 5
Problema 6
Problema 7
Problema 8
Problema 9
Problema 10
Problema 11
Problema 12
Problema 13
Problema 14
Problema 15
Problema 16
Problema 17
Problema 18
Problema 19 [14]
Disegnando la circonferenza $x^2+y^2=5$ risulta evidente che gli unici punti a coordinate intere che vi appartengono, che sono $k=8$, sono quelli della forma $P_i(\pm 1,\pm 2)$, $P_i(\pm 2,\pm 1)$, $P_i(\pm 1,\mp 2)$, $P_i(\pm 2,\mp 1)$. In alternativa, è possibile risolvere l'equazione della stessa circonferenza sugli interi $x,y$. Da ciò si ricava l'ottagono $P_1P_2\dots P_8$, la cui area, come si vede facilmente, è $16-4\cdot\frac{1}{2}=14$.
(Lorenzo Weiss)
Problema 20
Problema 21
Problema 22 [2022]
Si può ottenere 2 solo quando una delle cifre è 2 e le altre sono nulle, oppure quando due cifre sono uguali a 1 e le altre sono nulle. Nel primo caso, la prima cifra sarà necessariamente 2, altrimenti il numero non avrà 2022 cifre: si ottiene solo una possibilità.
Nel secondo caso, invece, la prima cifra sarà 1, mentre l'altro 1 occuperà una delle altre 2021 posizioni disponibili, ottenendo 2021 possibilità.
Sommando le possibilità, si arriva a 2022.
(Daniele Prisco)
Problema 23
Problema 24 [4042]
Se x è la lunghezza del segmento PA e r è il raggio della circonferenza,
OP=OA+PA=r+x=2021; PB=OA+OB+PA=r+r+x. Di conseguenza, PA+PB=x+r+r+x=2(r+x)=2×2021=4042.
(Daniele Prisco)
Problema 25 [66]
poniamo $a+b=x$ e $c+d=y$.
La disuguaglianza adesso è
$x+y\leq \sqrt{x^2+y^2} \Rightarrow x^2+2xy+y^2\leq x^2+y^2$
Da cui $2xy\leq0$ ma siccome x e y sono somme di interi maggiori o uguali a 0, l'unico modo per cui xy=0 si ha quando uno dei 2, o entramibi, è uguale a 0. se c+d=y=0 da cui c=d=0, quindi (a,b,0,0). Ricordiamo che $a \geq b$ quindi i possibili valori sono 66
(Alessandro Avellino)
Problema 26
Problema 27 [250]
intanto notiamo che 78125 è $5^7$
la somma di M termini consecutivi con primo termine $a$ è del tipo:
$a+(a+1)+(a+2)+...+(a+M-1)$ nel quale compaiono infatti M termini consecutivi.
È quindi possibile raccogliere come $a \cdot M + (1+2+3+...+M-1)=a \cdot M+ \frac{M(M-1)}{2}=M(a+\frac{M-1}{2})=78125 \Rightarrow M(2a-1+M)=5^7\cdot2$, M<2a-1+M quindi al massimo $M=2 \cdot 5^3$
(Alessandro Avellino)
Problema 28
Problema 29
Problema 30
Problema 31
Problema 32
Problema 33
Problema 34
Problema 35
Problema 36 [2020]
Si noti che $abc=2022-ab-a$, quindi per massimizzare il prodotto bisogna minimizzare $a$ e $b$. $a,b,c$ sono $>=1$ per ipotesi, dunque si pone $a=b=1$ dando come soluzione $c=2020$. Quindi $(a,b,c)=(1,1,2020)$ e $abc=2020$.
(Filippo Prandina)
Problema 37[201]
Poniamo
[math]P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che
[math]P(n)=n^2 per
[math]n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio:
[math]G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri
[math](4,5,6,7,8) e poiché
[math]G è chiaramente monico possiamo affermare che
[math]G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine
[math]G(x) con
[math]P(x)-x^2 e ricavando
[math]P(x) otteniamo che
[math]P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando
[math]P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi
[math]201
(Lorenzo Bastioni)
Problema 38
Problema 39
Problema 40
Problema 41
Problema 42
Problema 43 [4238]
Se si devono prendere almeno $n$ dolci per essere sicuri di prenderne almeno $1$ di un determinato tipo, questo vuol dire che ci sono $n-1$ dolci non di quel tipo. In particolare:
$\begin{cases}
S+B=55\\
B+C=70\\
S+C=91
\end{cases}$
Il sistema è di immediata risoluzione e porta come soluzione $(S,C,B)=(38,53,17)$ da cui $SCB=34238$. Sono richieste solo le ultime 4 cifre.
(Filippo Prandina)
Problema 44 [4]
la configurazione è unica, infatti se prendiamo il punto $A_1$ e lo collegassimo con un punto diverso da $B_{2022}$, come per esempio $B_{2021}$, $B_{2022}$ sarà collegato con un punto diverso da $A_1$, per esempio $A_2$. allora $A_1B_{2021}$ non interseca $A_2B_{2022}$. Iterando questo ragionamento ad ogni punto $A_i$, si ottiene un'unica configurazione: segmenti di estremi $A_iB_{2023-i}$. Quindi i coefficienti angolari saranno $\pm 2/(2023-2i)$. Per il prodotto, il numeratore è sempre 2 mentre il denominatore è sempre dispari. Trovare quindi ciò che il problema richiede equivale a trovare le ultime 2 cifre di $2^{2022}$.
(Alessandro Avellino)
Problema 45
Problema 46
Problema 47 [171]
poiché $wxy+2021$ deve dare un numero pari, $wxy$ dev'essere dispari, e di conseguenza $w,x e y$ devono esserlo.
$w=2a+1, x=2b+1, z=2c+1$ quindi $2a+1+2b+1+2c+1=37 \Rightarrow 2(a+b+c)=34 \Rightarrow a+b+c=17$
Adesso è un semplice stars and bars, infatti a,b e c possono essere anche nulli. Distribuire 17 elementi in 3 contenitori, $\binom{17+3-1}{3-1}=\binom{19}{2}$
(Alessandro Avellino)
Problema 48
Problema 49
Problema 50
Problema 51
Problema 52
Problema 53
Problema 54
Problema 55
Problema 56
Problema 57
Problema 58
Problema 59
Problema 60
Problema 61
Problema 62
Problema 63
Problema 64
Problema 65
Problema 66
Problema 67
Problema 68
Problema 69
Problema 70
Problema 71
Problema 72
Problema 73
Problema 74
Problema 75
Problema 76
Problema 77
Problema 78
Problema 79
Problema 80
Problema 81
Problema 82
Problema 83
Problema 84
Problema 85
Problema 86
Problema 87
Problema 88
Problema 89
Problema 90
Problema 91
Problema 92
Problema 93 [279]
x,y e z sono interscambiabili. Per cui è possibile, per facilitarci nella risoluzione, porre $x \geq y \geq z$.
Adesso andiamo in ordine:\\
abbiamo
$x^2<x^2+2y+z \leq x^2+3x < x^2+4x+4=(x+2)^2$
e siccome lo vogliamo come quadrato
$x^2+2y+z=(x+1)^2 \Rightarrow 2y+z=2x+1 \Rightarrow x=\frac{2y+z-1}{2}$.
Ora usiamo la seconda equazione con le nuove sostituzioni.\\
$y^2<y^2+2z+x=y^2+2z+\frac{2y+z-1}{2}=y^2+y+2.5(z)-0.5<y^2+y+3y+4=(y+2)^2$.
Per lo stesso motivo di prima:
$y^2+y+2.5(z)-0.5=(y+1)^2 \Rightarrow 5z-3=2y \Rightarrow y=\frac{5z-3}{2}$\\
Ora è il momento di usare l'ultima equazione, anche qui sostituendo y e x
$z^2<z^2+2x+y=z^2+2y+z-1+y=z^2+z+3(\frac{5z-3}{2})-1=z^2+8.5z-4.5$
Dopo vari tentativi si nota che gli unici quadrati possibili per questa quantità sono $(x+1)^2$ e $(x+4)^2$\\
Infatti si avrà $z^2+8.5z-4.5=z^2+8z+16 \Rightarrow z=43$, trovandoti poi y=106 e x=127 e $z^2+8.5z-4.5=z^2+2z+1$ trovando quindi x=z=y=1.
le soluzioni sono quindi (1,1,1) e (127,106,43)
(Alessandro Avellino)
Problema 94
Problema 95
Problema 96
Problema 97
Problema 98
Problema 99
Problema 100
Re: #Proviamoci - Soluzioni commentate OH6
Inviato: 17 apr 2022, 15:52
da Valemart
Problema 1
Problema 2 [6]
Si tratta di disporre tre diversi ingredienti, che si può fare semplicemente in $3!=6$ modi diversi. La risposta è quindi $6$.
(Matteo Salicandro)
Problema 3
Problema 4
Problema 5
Problema 6
Problema 7
Problema 8
Problema 9
Problema 10
Problema 11
Problema 12
Problema 13
Problema 14
Problema 15
Problema 16
Problema 17
Problema 18
Problema 19 [14]
Disegnando la circonferenza $x^2+y^2=5$ risulta evidente che gli unici punti a coordinate intere che vi appartengono, che sono $k=8$, sono quelli della forma $P_i(\pm 1,\pm 2)$, $P_i(\pm 2,\pm 1)$, $P_i(\pm 1,\mp 2)$, $P_i(\pm 2,\mp 1)$. In alternativa, è possibile risolvere l'equazione della stessa circonferenza sugli interi $x,y$. Da ciò si ricava l'ottagono $P_1P_2\dots P_8$, la cui area, come si vede facilmente, è $16-4\cdot\frac{1}{2}=14$.
(Lorenzo Weiss)
Problema 20
Problema 21
Problema 22
Problema 23
Problema 24
Problema 25
Problema 26
Problema 27
Problema 28
Problema 29
Problema 30
Problema 31
Problema 32
Problema 33
Problema 34
Problema 35
Problema 36 [2020]
Si noti che $abc=2022-ab-a$, quindi per massimizzare il prodotto bisogna minimizzare $a$ e $b$. $a,b,c$ sono $>=1$ per ipotesi, dunque si pone $a=b=1$ dando come soluzione $c=2020$. Quindi $(a,b,c)=(1,1,2020)$ e $abc=2020$.
(Filippo Prandina)
Problema 37[201]
Poniamo [math]P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che [math]P(n)=n^2 per [math]n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio: [math]G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri [math](4,5,6,7,8) e poiché [math]G è chiaramente monico possiamo affermare che [math]G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine [math]G(x) con [math]P(x)-x^2 e ricavando [math]P(x) otteniamo che [math]P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando [math]P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi [math]201
(Lorenzo Bastioni)
Problema 38
Problema 39
Problema 40
Problema 41
Problema 42
Problema 43 [4238]
Se si devono prendere almeno $n$ dolci per essere sicuri di prenderne almeno $1$ di un determinato tipo, questo vuol dire che ci sono $n-1$ dolci non di quel tipo. In particolare:
$\begin{cases}
S+B=55\\
B+C=70\\
S+C=91
\end{cases}$
Il sistema è di immediata risoluzione e porta come soluzione $(S,C,B)=(38,53,17)$ da cui $SCB=34238$. Sono richieste solo le ultime 4 cifre.
(Filippo Prandina)
Problema 44 [4]
la configurazione è unica, infatti se prendiamo il punto $A_1$ e lo collegassimo con un punto diverso da $B_{2022}$, come per esempio $B_{2021}$, $B_{2022}$ sarà collegato con un punto diverso da $A_1$, per esempio $A_2$. allora $A_1B_{2021}$ non interseca $A_2B_{2022}$. Iterando questo ragionamento ad ogni punto $A_i$, si ottiene un'unica configurazione: segmenti di estremi $A_iB_{2023-i}$. Quindi i coefficienti angolari saranno $\pm 2/(2023-2i)$. Per il prodotto, il numeratore è sempre 2 mentre il denominatore è sempre dispari. Trovare quindi ciò che il problema richiede equivale a trovare le ultime 2 cifre di $2^{2022}$.
(Alessandro Avellino)
Problema 45
Problema 46
Problema 47
Problema 48
Problema 49
Problema 50
Problema 51
Problema 52
Problema 53
Problema 54
Problema 55
Problema 56
Problema 57
Problema 58
Problema 59
Problema 60
Problema 61
Problema 62
Problema 63
Problema 64
Problema 65
Problema 66
Problema 67
Problema 68
Problema 69
Problema 70
Problema 71
Problema 72
Problema 73
Problema 74
Problema 75
Problema 76
Problema 77
Problema 78
Problema 79
Problema 80
Problema 81
Problema 82
Problema 83
Problema 84
Problema 85
Problema 86 [1482]
Per prima cosa notiamo che, dato che $\frac{x_1+x_2}{x_3+x_4}$ è intero, abbiamo che $x_1+x_2 \ge x_3+x_4$, e similmente $x_3+x_4 \ge x_5+x_6 \ge x_1+x_2$.
Dunque $x_1+x_2= x_3+x_4=x_5+x_6$. Analogamente $x_2+x_3=x_4+x_5=x_6+x_1$.
Sia ora $S=x_1+x_2= x_3+x_4=x_5+x_6$ e $T=x_2+x_3= x_4+x_5=x_6+x_1$.
Abbiamo quindi che $\sum x_i = 3S=3T$, quindi $S=T$, ossia $x_1+x_2=x_2+x_3$, da cui $x_1=x_3$. In modo analogo otteniamo $x_1=x_3=x_5$ e $x_2=x_4=x_6$.
Possiamo quindi scrivere la sestupla come $(a, b, a, b, a, b)$, con $a, b$ interi positivi. Si verifica facilmente che ogni sestupla siffatta rispetta le condizioni del testo, difatti la somma di due termini consecutivi è costante, dunque le frazioni sono tutte uguali a $1$ e quindi intere.
Dunque, fissati $a, b$, c'è una e una sola sestupla valida.
Consideriamo ora due casi:
$\bullet$ $M$ non è multiplo di $3$. Allora, dato che $M=3S$, non ci sono sestuple valide, e quindi $f(M)=0$, che è un multiplo di $5$. In questo caso abbiamo quindi $2022-\frac{2022}{3}=1348$ possibili valori di $M$.
$\bullet$ $M=3k$, per qualche $k$ intero positivo. Dato che $k=a+b$, per ogni valore di $k$, ci sono $k-1$ sestuple valide, poiché abbiamo $k-1$ possibili valori di $a$, dunque $f(M)=k-1$. Vogliamo quindi che $k-1$ sia multiplo di $5$, e, potendo scegliere $k$ nell'intervallo $[2, 1348]$, ci sono ${\lfloor \frac{1347}{5} \rfloor}=134$ valori accettabili.
In totale abbiamo quindi $1348+134=1482$ possibili valori di $M$.
(Valeria Martinelli)
Problema 87
Problema 88
Problema 89
Problema 90
Problema 91
Problema 92
Problema 93
Problema 94
Problema 95
Problema 96
Problema 97
Problema 98
Problema 99
Problema 100
Re: #Proviamoci - Soluzioni commentate OH6
Inviato: 17 apr 2022, 16:09
da Mattysal
Problema 1
Problema 2 [6]
Si tratta di disporre tre diversi ingredienti, che si può fare semplicemente in $3!=6$ modi diversi. La risposta è quindi $6$.
(Matteo Salicandro)
Problema 3
Problema 4
Problema 5
Problema 6
Problema 7
Problema 8
Problema 9
Problema 10
Problema 11 [9999]
Ci sono più soluzioni in quanto i primi due termini possono essere 1,3, oppure 2,2 oppure 3,1. La risposta è quindi 9999.
(Matteo Salicandro)
Problema 12
Problema 13
Problema 14
Problema 15
Problema 16
Problema 17
Problema 18
Problema 19 [14]
Disegnando la circonferenza $x^2+y^2=5$ risulta evidente che gli unici punti a coordinate intere che vi appartengono, che sono $k=8$, sono quelli della forma $P_i(\pm 1,\pm 2)$, $P_i(\pm 2,\pm 1)$, $P_i(\pm 1,\mp 2)$, $P_i(\pm 2,\mp 1)$. In alternativa, è possibile risolvere l'equazione della stessa circonferenza sugli interi $x,y$. Da ciò si ricava l'ottagono $P_1P_2\dots P_8$, la cui area, come si vede facilmente, è $16-4\cdot\frac{1}{2}=14$.
(Lorenzo Weiss)
Problema 20
Problema 21
Problema 22
Problema 23
Problema 24
Problema 25
Problema 26
Problema 27
Problema 28
Problema 29
Problema 30
Problema 31
Problema 32
Problema 33
Problema 34
Problema 35
Problema 36 [2020]
Si noti che $abc=2022-ab-a$, quindi per massimizzare il prodotto bisogna minimizzare $a$ e $b$. $a,b,c$ sono $>=1$ per ipotesi, dunque si pone $a=b=1$ dando come soluzione $c=2020$. Quindi $(a,b,c)=(1,1,2020)$ e $abc=2020$.
(Filippo Prandina)
Problema 37[201]
Poniamo [math]P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che [math]P(n)=n^2 per [math]n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio: [math]G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri [math](4,5,6,7,8) e poiché [math]G è chiaramente monico possiamo affermare che [math]G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine [math]G(x) con [math]P(x)-x^2 e ricavando [math]P(x) otteniamo che [math]P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando [math]P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi [math]201
(Lorenzo Bastioni)
Problema 38
Problema 39
Problema 40
Problema 41
Problema 42
Problema 43 [4238]
Se si devono prendere almeno $n$ dolci per essere sicuri di prenderne almeno $1$ di un determinato tipo, questo vuol dire che ci sono $n-1$ dolci non di quel tipo. In particolare:
$\begin{cases}
S+B=55\\
B+C=70\\
S+C=91
\end{cases}$
Il sistema è di immediata risoluzione e porta come soluzione $(S,C,B)=(38,53,17)$ da cui $SCB=34238$. Sono richieste solo le ultime 4 cifre.
(Filippo Prandina)
Problema 44 [4]
la configurazione è unica, infatti se prendiamo il punto $A_1$ e lo collegassimo con un punto diverso da $B_{2022}$, come per esempio $B_{2021}$, $B_{2022}$ sarà collegato con un punto diverso da $A_1$, per esempio $A_2$. allora $A_1B_{2021}$ non interseca $A_2B_{2022}$. Iterando questo ragionamento ad ogni punto $A_i$, si ottiene un'unica configurazione: segmenti di estremi $A_iB_{2023-i}$. Quindi i coefficienti angolari saranno $\pm 2/(2023-2i)$. Per il prodotto, il numeratore è sempre 2 mentre il denominatore è sempre dispari. Trovare quindi ciò che il problema richiede equivale a trovare le ultime 2 cifre di $2^{2022}$.
(Alessandro Avellino)
Problema 45
Problema 46
Problema 47
Problema 48
Problema 49
Problema 50
Problema 51
Problema 52
Problema 53
Problema 54
Problema 55
Problema 56
Problema 57
Problema 58
Problema 59
Problema 60
Problema 61
Problema 62
Problema 63
Problema 64
Problema 65
Problema 66
Problema 67
Problema 68
Problema 69
Problema 70
Problema 71
Problema 72
Problema 73
Problema 74
Problema 75
Problema 76
Problema 77
Problema 78
Problema 79
Problema 80
Problema 81
Problema 82
Problema 83
Problema 84
Problema 85
Problema 86
Problema 87
Problema 88
Problema 89
Problema 90
Problema 91
Problema 92
Problema 93
Problema 94
Problema 95
Problema 96
Problema 97
Problema 98
Problema 99
Problema 100
Re: #Proviamoci - Soluzioni commentate OH6
Inviato: 17 apr 2022, 16:37
da Godl3x04
Problema 1
Problema 2 [6]
Si tratta di disporre tre diversi ingredienti, che si può fare semplicemente in $3!=6$ modi diversi. La risposta è quindi $6$.
(Matteo Salicandro)
Problema 3
Problema 4
Problema 5
Problema 6
Problema 7
Problema 8
Problema 9
Problema 10
Problema 11 [9999]
Ci sono più soluzioni in quanto i primi due termini possono essere 1,3, oppure 2,2 oppure 3,1. La risposta è quindi 9999.
(Matteo Salicandro)
Problema 12
Problema 13
Problema 14
Problema 15
Problema 16
Problema 17
Problema 18
Problema 19 [14]
Disegnando la circonferenza $x^2+y^2=5$ risulta evidente che gli unici punti a coordinate intere che vi appartengono, che sono $k=8$, sono quelli della forma $P_i(\pm 1,\pm 2)$, $P_i(\pm 2,\pm 1)$, $P_i(\pm 1,\mp 2)$, $P_i(\pm 2,\mp 1)$. In alternativa, è possibile risolvere l'equazione della stessa circonferenza sugli interi $x,y$. Da ciò si ricava l'ottagono $P_1P_2\dots P_8$, la cui area, come si vede facilmente, è $16-4\cdot\frac{1}{2}=14$.
(Lorenzo Weiss)
Problema 20
Problema 21
Problema 22 [2022]
Si può ottenere 2 solo quando una delle cifre è 2 e le altre sono nulle, oppure quando due cifre sono uguali a 1 e le altre sono nulle. Nel primo caso, la prima cifra sarà necessariamente 2, altrimenti il numero non avrà 2022 cifre: si ottiene solo una possibilità.
Nel secondo caso, invece, la prima cifra sarà 1, mentre l'altro 1 occuperà una delle altre 2021 posizioni disponibili, ottenendo 2021 possibilità.
Sommando le possibilità, si arriva a 2022.
(Daniele Prisco)
Problema 23
Problema 24[4042]
Se x è la lunghezza del segmento PA e r è il raggio della circonferenza,
OP=OA+PA=r+x=2021; PB=OA+OB+PA=r+r+x. Di conseguenza, PA+PB=x+r+r+x=2(r+x)=2×2021=4042.
(Daniele Prisco)
Problema 25 [66]
poniamo $a+b=x$ e $c+d=y$.
La disuguaglianza adesso è
$x+y\leq \sqrt{x^2+y^2} \Rightarrow x^2+2xy+y^2\leq x^2+y^2$
Da cui $2xy\leq0$ ma siccome x e y sono somme di interi maggiori o uguali a 0, l'unico modo per cui xy=0 si ha quando uno dei 2, o entramibi, è uguale a 0. se c+d=y=0 da cui c=d=0, quindi (a,b,0,0). Ricordiamo che $a \geq b$ quindi i possibili valori sono 66
(Alessandro Avellino
Problema 26
Problema 27 [250]
intanto notiamo che 78125 è $5^7$
la somma di M termini consecutivi con primo termine $a$ è del tipo:
$a+(a+1)+(a+2)+...+(a+M-1)$ nel quale compaiono infatti M termini consecutivi.
È quindi possibile raccogliere come $a \cdot M + (1+2+3+...+M-1)=a \cdot M+ \frac{M(M-1)}{2}=M(a+\frac{M-1}{2})=78125 \Rightarrow M(2a-1+M)=5^7\cdot2$, M<2a-1+M quindi al massimo $M=2 \cdot 5^3$
(Alessandro Avellino)
Problema 28
Problema 29
Problema 30
Problema 31
Problema 32
Problema 33
Problema 34
Problema 35
Problema 36 [2020]
Si noti che $abc=2022-ab-a$, quindi per massimizzare il prodotto bisogna minimizzare $a$ e $b$. $a,b,c$ sono $>=1$ per ipotesi, dunque si pone $a=b=1$ dando come soluzione $c=2020$. Quindi $(a,b,c)=(1,1,2020)$ e $abc=2020$.
(Filippo Prandina)
Problema 37[201]
Poniamo [math]P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che [math]P(n)=n^2 per [math]n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio: [math]G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri [math](4,5,6,7,8) e poiché [math]G è chiaramente monico possiamo affermare che [math]G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine [math]G(x) con [math]P(x)-x^2 e ricavando [math]P(x) otteniamo che [math]P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando [math]P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi [math]201
(Lorenzo Bastioni)
Problema 38
Problema 39
Problema 40
Problema 41
Problema 42
Problema 43 [4238]
Se si devono prendere almeno $n$ dolci per essere sicuri di prenderne almeno $1$ di un determinato tipo, questo vuol dire che ci sono $n-1$ dolci non di quel tipo. In particolare:
$\begin{cases}
S+B=55\\
B+C=70\\
S+C=91
\end{cases}$
Il sistema è di immediata risoluzione e porta come soluzione $(S,C,B)=(38,53,17)$ da cui $SCB=34238$. Sono richieste solo le ultime 4 cifre.
(Filippo Prandina)
Problema 44 [4]
la configurazione è unica, infatti se prendiamo il punto $A_1$ e lo collegassimo con un punto diverso da $B_{2022}$, come per esempio $B_{2021}$, $B_{2022}$ sarà collegato con un punto diverso da $A_1$, per esempio $A_2$. allora $A_1B_{2021}$ non interseca $A_2B_{2022}$. Iterando questo ragionamento ad ogni punto $A_i$, si ottiene un'unica configurazione: segmenti di estremi $A_iB_{2023-i}$. Quindi i coefficienti angolari saranno $\pm 2/(2023-2i)$. Per il prodotto, il numeratore è sempre 2 mentre il denominatore è sempre dispari. Trovare quindi ciò che il problema richiede equivale a trovare le ultime 2 cifre di $2^{2022}$.
(Alessandro Avellino)
Problema 45
Problema 46
Problema 47 [171]
poiché $wxy+2021$ deve dare un numero pari, $wxy$ dev'essere dispari, e di conseguenza $w,x e y$ devono esserlo.
$w=2a+1, x=2b+1, z=2c+1$ quindi $2a+1+2b+1+2c+1=37 \Rightarrow 2(a+b+c)=34 \Rightarrow a+b+c=17$
Adesso è un semplice stars and bars, infatti a,b e c possono essere anche nulli. Distribuire 17 elementi in 3 contenitori, $\binom{17+3-1}{3-1}=\binom{19}{2}$
(Alessandro Avellino)
Problema 48 [42]
Notiamo che CQB~APB, in quanto hanno 2 angoli congruenti, entrambi pari a 74. Da questo consegue anche che sono triangoli isosceli. $\measuredangle CQB=\measuredangle APB=180-2(74)=32$. Inoltre S sta nell'asse di BC, di conseguenza anche nella bisettrice di CBQ. Ragionamento analogo per APB. Ora osserviamo il quadrilatero PCAQ. Questo ha gli angoli APB e CQB congruenti, da questo possiamo asserire che PCAQ è ciclico. Questo permette di stabilire che $\measuredangle DAC=\measuredangle PQC$ e che $\measuredangle DCA=\measuredangle QPD$. Infine osserviamo il triangolo QSP. $\measuredangle QSP=180-\measuredangle QPS-\measuredangle PQS= 180-(16+\measuredangle PQC)-(16+\measuredangle QPA)=148-(\measuredangle PQC+\measuredangle APQ)=148-(\measuredangle DCA+\measuredangle DAC)=148-(180-\measuredangle ADC)=\measuredangle ADC-32.$ $\measuredangle ADC=360-(\measuredangle DCB+\measuredangle CBA+\measuredangle BAD)=360-3 \cdot 74=138$ da cui $\measuredangle QSP=138-132=106$. Essendo infine S il circocentro di ABC, ne consegue che $\measuredangle ASC=2 \measuredangle ABC=148$. Quindi $\measuredangle ASQ + \measuredangle PSC= \measuredangle ASC- \measuredangle QSP=148-106=42$
(Alessandro Avellino)
Problema 49
Problema 50
Problema 51
Problema 52
Problema 53
Problema 54
Problema 55
Problema 56
Problema 57
Problema 58
Problema 59
Problema 60
Problema 61
Problema 62
Problema 63
Problema 64
Problema 65
Problema 66
Problema 67
Problema 68
Problema 69
Problema 70
Problema 71
Problema 72
Problema 73
Problema 74
Problema 75
Problema 76
Problema 77
Problema 78
Problema 79
Problema 80
Problema 81
Problema 82
Problema 83
Problema 84
Problema 85
Problema 86
Problema 87
Problema 88
Problema 89
Problema 90
Problema 91
Problema 92
Problema 93 [279]
x,y e z sono interscambiabili. Per cui è possibile, per facilitarci nella risoluzione, porre $x \geq y \geq z$.
Adesso andiamo in ordine:\\
abbiamo
$x^2<x^2+2y+z \leq x^2+3x < x^2+4x+4=(x+2)^2$
e siccome lo vogliamo come quadrato
$x^2+2y+z=(x+1)^2 \Rightarrow 2y+z=2x+1 \Rightarrow x=\frac{2y+z-1}{2}$.
Ora usiamo la seconda equazione con le nuove sostituzioni.\\
$y^2<y^2+2z+x=y^2+2z+\frac{2y+z-1}{2}=y^2+y+2.5(z)-0.5<y^2+y+3y+4=(y+2)^2$.
Per lo stesso motivo di prima:
$y^2+y+2.5(z)-0.5=(y+1)^2 \Rightarrow 5z-3=2y \Rightarrow y=\frac{5z-3}{2}$\\
Ora è il momento di usare l'ultima equazione, anche qui sostituendo y e x
$z^2<z^2+2x+y=z^2+2y+z-1+y=z^2+z+3(\frac{5z-3}{2})-1=z^2+8.5z-4.5$
Dopo vari tentativi si nota che gli unici quadrati possibili per questa quantità sono $(x+1)^2$ e $(x+4)^2$\\
Infatti si avrà $z^2+8.5z-4.5=z^2+8z+16 \Rightarrow z=43$, trovandoti poi y=106 e x=127 e $z^2+8.5z-4.5=z^2+2z+1$ trovando quindi x=z=y=1
(Alessandro Avellino)
Problema 94
Problema 95
Problema 96
Problema 97
Problema 98
Problema 99
Problema 100
Re: #Proviamoci - Soluzioni commentate OH6
Inviato: 17 apr 2022, 17:01
da Bankin
Problema 1
Problema 2 [6]
Si tratta di disporre tre diversi ingredienti, che si può fare semplicemente in $3!=6$ modi diversi. La risposta è quindi $6$.
(Matteo Salicandro)
Problema 3 [228]
Il massimo numero ottenibile lanciando gli n dadi è $n*k$, il minimo è $n*1=n$. Pertanto $n*k-n=168$, cioè $n(k-1)=168$. Questo vuol dire che $n$ è un qualsiasi divisore positivo di 168, esclusi 168 e 84 visto che $k \geq 4$. $168=2^3*3*7$, quindi la somma dei suoi divisori è $(2^4-1)(3+1)(7+1)=480$. La somma dei possibili valori di $n$ è pertanto $480-168-84=228$.
(Federico Borasio)
Problema 4
Problema 5
Problema 6
Problema 7 [18]
La successione è definita, per $n \geq 1$, come
$\begin{cases}
x_{n+2}=x_{n+1}+x_n\\
x_6=76\\
x_5=47
\end{cases}$
Da qui ricaviamo che $x_n=x_{n+2}-x_{n+1}$, pertanto $x_4=76-49=29$ e $x_3=47-29=18$, che è il terzo termine della successione.
(Federico Borasio)
Problema 8
Problema 9
Problema 10
Problema 11 [9999]
Ci sono più soluzioni in quanto i primi due termini possono essere 1,3, oppure 2,2 oppure 3,1. La risposta è quindi 9999.
(Matteo Salicandro)
Problema 12
Problema 13
Problema 14
Problema 15
Problema 16
Problema 17
Problema 18
Problema 19 [14]
Disegnando la circonferenza $x^2+y^2=5$ risulta evidente che gli unici punti a coordinate intere che vi appartengono, che sono $k=8$, sono quelli della forma $P_i(\pm 1,\pm 2)$, $P_i(\pm 2,\pm 1)$, $P_i(\pm 1,\mp 2)$, $P_i(\pm 2,\mp 1)$. In alternativa, è possibile risolvere l'equazione della stessa circonferenza sugli interi $x,y$. Da ciò si ricava l'ottagono $P_1P_2\dots P_8$, la cui area, come si vede facilmente, è $16-4\cdot\frac{1}{2}=14$.
(Lorenzo Weiss)
Problema 20
Problema 21
Problema 22 [2022]
Si può ottenere 2 solo quando una delle cifre è 2 e le altre sono nulle, oppure quando due cifre sono uguali a 1 e le altre sono nulle. Nel primo caso, la prima cifra sarà necessariamente 2, altrimenti il numero non avrà 2022 cifre: si ottiene solo una possibilità.
Nel secondo caso, invece, la prima cifra sarà 1, mentre l'altro 1 occuperà una delle altre 2021 posizioni disponibili, ottenendo 2021 possibilità.
Sommando le possibilità, si arriva a 2022.
(Daniele Prisco)
Problema 23
Problema 24[4042]
Se x è la lunghezza del segmento PA e r è il raggio della circonferenza,
OP=OA+PA=r+x=2021; PB=OA+OB+PA=r+r+x. Di conseguenza, PA+PB=x+r+r+x=2(r+x)=2×2021=4042.
(Daniele Prisco)
Problema 25 [66]
poniamo $a+b=x$ e $c+d=y$.
La disuguaglianza adesso è
$x+y\leq \sqrt{x^2+y^2} \Rightarrow x^2+2xy+y^2\leq x^2+y^2$
Da cui $2xy\leq0$ ma siccome x e y sono somme di interi maggiori o uguali a 0, l'unico modo per cui xy=0 si ha quando uno dei 2, o entramibi, è uguale a 0. se c+d=y=0 da cui c=d=0, quindi (a,b,0,0). Ricordiamo che $a \geq b$ quindi i possibili valori sono 66
(Alessandro Avellino
Problema 26
Problema 27 [250]
intanto notiamo che 78125 è $5^7$
la somma di M termini consecutivi con primo termine $a$ è del tipo:
$a+(a+1)+(a+2)+...+(a+M-1)$ nel quale compaiono infatti M termini consecutivi.
È quindi possibile raccogliere come $a \cdot M + (1+2+3+...+M-1)=a \cdot M+ \frac{M(M-1)}{2}=M(a+\frac{M-1}{2})=78125 \Rightarrow M(2a-1+M)=5^7\cdot2$, M<2a-1+M quindi al massimo $M=2 \cdot 5^3$
(Alessandro Avellino)
Problema 28
Problema 29
Problema 30
Problema 31
Problema 32
Problema 33
Problema 34
Problema 35
Problema 36 [2020]
Si noti che $abc=2022-ab-a$, quindi per massimizzare il prodotto bisogna minimizzare $a$ e $b$. $a,b,c$ sono $>=1$ per ipotesi, dunque si pone $a=b=1$ dando come soluzione $c=2020$. Quindi $(a,b,c)=(1,1,2020)$ e $abc=2020$.
(Filippo Prandina)
Problema 37[201]
Poniamo [math]P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che [math]P(n)=n^2 per [math]n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio: [math]G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri [math](4,5,6,7,8) e poiché [math]G è chiaramente monico possiamo affermare che [math]G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine [math]G(x) con [math]P(x)-x^2 e ricavando [math]P(x) otteniamo che [math]P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando [math]P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi [math]201
(Lorenzo Bastioni)
Problema 38
Problema 39
Problema 40
Problema 41
Problema 42
Problema 43 [4238]
Se si devono prendere almeno $n$ dolci per essere sicuri di prenderne almeno $1$ di un determinato tipo, questo vuol dire che ci sono $n-1$ dolci non di quel tipo. In particolare:
$\begin{cases}
S+B=55\\
B+C=70\\
S+C=91
\end{cases}$
Il sistema è di immediata risoluzione e porta come soluzione $(S,C,B)=(38,53,17)$ da cui $SCB=34238$. Sono richieste solo le ultime 4 cifre.
(Filippo Prandina)
Problema 44 [4]
la configurazione è unica, infatti se prendiamo il punto $A_1$ e lo collegassimo con un punto diverso da $B_{2022}$, come per esempio $B_{2021}$, $B_{2022}$ sarà collegato con un punto diverso da $A_1$, per esempio $A_2$. allora $A_1B_{2021}$ non interseca $A_2B_{2022}$. Iterando questo ragionamento ad ogni punto $A_i$, si ottiene un'unica configurazione: segmenti di estremi $A_iB_{2023-i}$. Quindi i coefficienti angolari saranno $\pm 2/(2023-2i)$. Per il prodotto, il numeratore è sempre 2 mentre il denominatore è sempre dispari. Trovare quindi ciò che il problema richiede equivale a trovare le ultime 2 cifre di $2^{2022}$.
(Alessandro Avellino)
Problema 45
Problema 46
Problema 47 [171]
poiché $wxy+2021$ deve dare un numero pari, $wxy$ dev'essere dispari, e di conseguenza $w,x e y$ devono esserlo.
$w=2a+1, x=2b+1, z=2c+1$ quindi $2a+1+2b+1+2c+1=37 \Rightarrow 2(a+b+c)=34 \Rightarrow a+b+c=17$
Adesso è un semplice stars and bars, infatti a,b e c possono essere anche nulli. Distribuire 17 elementi in 3 contenitori, $\binom{17+3-1}{3-1}=\binom{19}{2}$
(Alessandro Avellino)
Problema 48 [42]
Notiamo che CQB~APB, in quanto hanno 2 angoli congruenti, entrambi pari a 74. Da questo consegue anche che sono triangoli isosceli. $\measuredangle CQB=\measuredangle APB=180-2(74)=32$. Inoltre S sta nell'asse di BC, di conseguenza anche nella bisettrice di CBQ. Ragionamento analogo per APB. Ora osserviamo il quadrilatero PCAQ. Questo ha gli angoli APB e CQB congruenti, da questo possiamo asserire che PCAQ è ciclico. Questo permette di stabilire che $\measuredangle DAC=\measuredangle PQC$ e che $\measuredangle DCA=\measuredangle QPD$. Infine osserviamo il triangolo QSP. $\measuredangle QSP=180-\measuredangle QPS-\measuredangle PQS= 180-(16+\measuredangle PQC)-(16+\measuredangle QPA)=148-(\measuredangle PQC+\measuredangle APQ)=148-(\measuredangle DCA+\measuredangle DAC)=148-(180-\measuredangle ADC)=\measuredangle ADC-32.$ $\measuredangle ADC=360-(\measuredangle DCB+\measuredangle CBA+\measuredangle BAD)=360-3 \cdot 74=138$ da cui $\measuredangle QSP=138-132=106$. Essendo infine S il circocentro di ABC, ne consegue che $\measuredangle ASC=2 \measuredangle ABC=148$. Quindi $\measuredangle ASQ + \measuredangle PSC= \measuredangle ASC- \measuredangle QSP=148-106=42$
(Alessandro Avellino)
Problema 49
Problema 50
Problema 51
Problema 52
Problema 53
Problema 54
Problema 55
Problema 56
Problema 57
Problema 58
Problema 59
Problema 60
Problema 61
Problema 62
Problema 63
Problema 64
Problema 65
Problema 66
Problema 67
Problema 68
Problema 69
Problema 70
Problema 71
Problema 72
Problema 73 [6068]
Notiamo che
$(p+q+r)(pq+qr+pr)=p^2q+p^2r+pq^2+pr^2+q^2r+qr^2+3pqr=1+3*2022=6067$
Dato che $p+q+r$ e $pq+qr+pr$ sono entrambi interi positivi, devono necessariamente dividere entrambi 6067. 6067 è un numero primo, quindi o $p+q+r=1$ o $p+q+r=6067$. La risposta è perciò $6067+1=6068$.
Si noti che non ci si deve preoccupare di trovare che esistano $p,q,r$ che rispettano le condizioni trovate, dato che questo è assicurato dal fatto che sono le tre soluzioni dell'equazione $x^3-(p+q+r)x^2+(pq+qr+pr)x-pqr=0$, che ha sempre tre soluzioni nei numeri complessi.
(Federico Borasio)
Problema 74
Problema 75
Problema 76
Problema 77
Problema 78
Problema 79
Problema 80
Problema 81
Problema 82
Problema 83
Problema 84
Problema 85
Problema 86
Problema 87
Problema 88
Problema 89
Problema 90
Problema 91
Problema 92
Problema 93 [279]
x,y e z sono interscambiabili. Per cui è possibile, per facilitarci nella risoluzione, porre $x \geq y \geq z$.
Adesso andiamo in ordine:\\
abbiamo
$x^2<x^2+2y+z \leq x^2+3x < x^2+4x+4=(x+2)^2$
e siccome lo vogliamo come quadrato
$x^2+2y+z=(x+1)^2 \Rightarrow 2y+z=2x+1 \Rightarrow x=\frac{2y+z-1}{2}$.
Ora usiamo la seconda equazione con le nuove sostituzioni.\\
$y^2<y^2+2z+x=y^2+2z+\frac{2y+z-1}{2}=y^2+y+2.5(z)-0.5<y^2+y+3y+4=(y+2)^2$.
Per lo stesso motivo di prima:
$y^2+y+2.5(z)-0.5=(y+1)^2 \Rightarrow 5z-3=2y \Rightarrow y=\frac{5z-3}{2}$\\
Ora è il momento di usare l'ultima equazione, anche qui sostituendo y e x
$z^2<z^2+2x+y=z^2+2y+z-1+y=z^2+z+3(\frac{5z-3}{2})-1=z^2+8.5z-4.5$
Dopo vari tentativi si nota che gli unici quadrati possibili per questa quantità sono $(x+1)^2$ e $(x+4)^2$\\
Infatti si avrà $z^2+8.5z-4.5=z^2+8z+16 \Rightarrow z=43$, trovandoti poi y=106 e x=127 e $z^2+8.5z-4.5=z^2+2z+1$ trovando quindi x=z=y=1
(Alessandro Avellino)
Problema 94
Problema 95
Problema 96
Problema 97
Problema 98
Problema 99
Problema 100
[/quote]
Re: #Proviamoci - Soluzioni commentate OH6
Inviato: 17 apr 2022, 17:13
da Godl3x04
Problema 1
Problema 2 [6]
Si tratta di disporre tre diversi ingredienti, che si può fare semplicemente in $3!=6$ modi diversi. La risposta è quindi $6$.
(Matteo Salicandro)
Problema 3 [228]
Il massimo numero ottenibile lanciando gli n dadi è $n*k$, il minimo è $n*1=n$. Pertanto $n*k-n=168$, cioè $n(k-1)=168$. Questo vuol dire che $n$ è un qualsiasi divisore positivo di 168, esclusi 168 e 84 visto che $k \geq 4$. $168=2^3*3*7$, quindi la somma dei suoi divisori è $(2^4-1)(3+1)(7+1)=480$. La somma dei possibili valori di $n$ è pertanto $480-168-84=228$.
(Federico Borasio)
Problema 4
Problema 5
Problema 6
Problema 7 [18]
La successione è definita, per $n \geq 1$, come
$\begin{cases}
x_{n+2}=x_{n+1}+x_n\\
x_6=76\\
x_5=47
\end{cases}$
Da qui ricaviamo che $x_n=x_{n+2}-x_{n+1}$, pertanto $x_4=76-49=29$ e $x_3=47-29=18$, che è il terzo termine della successione.
(Federico Borasio)
Problema 8
Problema 9
Problema 10
Problema 11 [9999]
Ci sono più soluzioni in quanto i primi due termini possono essere 1,3, oppure 2,2 oppure 3,1. La risposta è quindi 9999.
(Matteo Salicandro)
Problema 12
Problema 13
Problema 14
Problema 15
Problema 16
Problema 17
Problema 18
Problema 19 [14]
Disegnando la circonferenza $x^2+y^2=5$ risulta evidente che gli unici punti a coordinate intere che vi appartengono, che sono $k=8$, sono quelli della forma $P_i(\pm 1,\pm 2)$, $P_i(\pm 2,\pm 1)$, $P_i(\pm 1,\mp 2)$, $P_i(\pm 2,\mp 1)$. In alternativa, è possibile risolvere l'equazione della stessa circonferenza sugli interi $x,y$. Da ciò si ricava l'ottagono $P_1P_2\dots P_8$, la cui area, come si vede facilmente, è $16-4\cdot\frac{1}{2}=14$.
(Lorenzo Weiss)
Problema 20
Problema 21
Problema 22 [2022]
Si può ottenere 2 solo quando una delle cifre è 2 e le altre sono nulle, oppure quando due cifre sono uguali a 1 e le altre sono nulle. Nel primo caso, la prima cifra sarà necessariamente 2, altrimenti il numero non avrà 2022 cifre: si ottiene solo una possibilità.
Nel secondo caso, invece, la prima cifra sarà 1, mentre l'altro 1 occuperà una delle altre 2021 posizioni disponibili, ottenendo 2021 possibilità.
Sommando le possibilità, si arriva a 2022.
(Daniele Prisco)
Problema 23
Problema 24[4042]
Se x è la lunghezza del segmento PA e r è il raggio della circonferenza,
OP=OA+PA=r+x=2021; PB=OA+OB+PA=r+r+x. Di conseguenza, PA+PB=x+r+r+x=2(r+x)=2×2021=4042.
(Daniele Prisco)
Problema 25 [66]
poniamo $a+b=x$ e $c+d=y$.
La disuguaglianza adesso è
$x+y\leq \sqrt{x^2+y^2} \Rightarrow x^2+2xy+y^2\leq x^2+y^2$
Da cui $2xy\leq0$ ma siccome x e y sono somme di interi maggiori o uguali a 0, l'unico modo per cui xy=0 si ha quando uno dei 2, o entramibi, è uguale a 0. se c+d=y=0 da cui c=d=0, quindi (a,b,0,0). Ricordiamo che $a \geq b$ quindi i possibili valori sono 66
(Alessandro Avellino
Problema 26
Problema 27 [250]
intanto notiamo che 78125 è $5^7$
la somma di M termini consecutivi con primo termine $a$ è del tipo:
$a+(a+1)+(a+2)+...+(a+M-1)$ nel quale compaiono infatti M termini consecutivi.
È quindi possibile raccogliere come $a \cdot M + (1+2+3+...+M-1)=a \cdot M+ \frac{M(M-1)}{2}=M(a+\frac{M-1}{2})=78125 \Rightarrow M(2a-1+M)=5^7\cdot2$, M<2a-1+M quindi al massimo $M=2 \cdot 5^3$
(Alessandro Avellino)
Problema 28
Problema 29
Problema 30
Problema 31
Problema 32
Problema 33
Problema 34
Problema 35
Problema 36 [2020]
Si noti che $abc=2022-ab-a$, quindi per massimizzare il prodotto bisogna minimizzare $a$ e $b$. $a,b,c$ sono $>=1$ per ipotesi, dunque si pone $a=b=1$ dando come soluzione $c=2020$. Quindi $(a,b,c)=(1,1,2020)$ e $abc=2020$.
(Filippo Prandina)
Problema 37[201]
Poniamo [math]P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che [math]P(n)=n^2 per [math]n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio: [math]G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri [math](4,5,6,7,8) e poiché [math]G è chiaramente monico possiamo affermare che [math]G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine [math]G(x) con [math]P(x)-x^2 e ricavando [math]P(x) otteniamo che [math]P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando [math]P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi [math]201
(Lorenzo Bastioni)
Problema 38
Problema 39
Problema 40
Problema 41
Problema 42
Problema 43 [4238]
Se si devono prendere almeno $n$ dolci per essere sicuri di prenderne almeno $1$ di un determinato tipo, questo vuol dire che ci sono $n-1$ dolci non di quel tipo. In particolare:
$\begin{cases}
S+B=55\\
B+C=70\\
S+C=91
\end{cases}$
Il sistema è di immediata risoluzione e porta come soluzione $(S,C,B)=(38,53,17)$ da cui $SCB=34238$. Sono richieste solo le ultime 4 cifre.
(Filippo Prandina)
Problema 44 [4]
la configurazione è unica, infatti se prendiamo il punto $A_1$ e lo collegassimo con un punto diverso da $B_{2022}$, come per esempio $B_{2021}$, $B_{2022}$ sarà collegato con un punto diverso da $A_1$, per esempio $A_2$. allora $A_1B_{2021}$ non interseca $A_2B_{2022}$. Iterando questo ragionamento ad ogni punto $A_i$, si ottiene un'unica configurazione: segmenti di estremi $A_iB_{2023-i}$. Quindi i coefficienti angolari saranno $\pm 2/(2023-2i)$. Per il prodotto, il numeratore è sempre 2 mentre il denominatore è sempre dispari. Trovare quindi ciò che il problema richiede equivale a trovare le ultime 2 cifre di $2^{2022}$.
(Alessandro Avellino)
Problema 45
Problema 46
Problema 47 [171]
poiché $wxy+2021$ deve dare un numero pari, $wxy$ dev'essere dispari, e di conseguenza $w,x e y$ devono esserlo.
$w=2a+1, x=2b+1, z=2c+1$ quindi $2a+1+2b+1+2c+1=37 \Rightarrow 2(a+b+c)=34 \Rightarrow a+b+c=17$
Adesso è un semplice stars and bars, infatti a,b e c possono essere anche nulli. Distribuire 17 elementi in 3 contenitori, $\binom{17+3-1}{3-1}=\binom{19}{2}$
(Alessandro Avellino)
Problema 48 [42]
Notiamo che CQB~APB, in quanto hanno 2 angoli congruenti, entrambi pari a 74. Da questo consegue anche che sono triangoli isosceli. $\measuredangle CQB=\measuredangle APB=180-2(74)=32$. Inoltre S sta nell'asse di BC, di conseguenza anche nella bisettrice di CBQ. Ragionamento analogo per APB. Ora osserviamo il quadrilatero PCAQ. Questo ha gli angoli APB e CQB congruenti, da questo possiamo asserire che PCAQ è ciclico. Questo permette di stabilire che $\measuredangle DAC=\measuredangle PQC$ e che $\measuredangle DCA=\measuredangle QPD$. Infine osserviamo il triangolo QSP. $\measuredangle QSP=180-\measuredangle QPS-\measuredangle PQS= 180-(16+\measuredangle PQC)-(16+\measuredangle QPA)=148-(\measuredangle PQC+\measuredangle APQ)=148-(\measuredangle DCA+\measuredangle DAC)=148-(180-\measuredangle ADC)=\measuredangle ADC-32.$ $\measuredangle ADC=360-(\measuredangle DCB+\measuredangle CBA+\measuredangle BAD)=360-3 \cdot 74=138$ da cui $\measuredangle QSP=138-132=106$. Essendo infine S il circocentro di ABC, ne consegue che $\measuredangle ASC=2 \measuredangle ABC=148$. Quindi $\measuredangle ASQ + \measuredangle PSC= \measuredangle ASC- \measuredangle QSP=148-106=42$
(Alessandro Avellino)
Problema 49
Problema 50
Problema 51
Problema 52
Problema 53
Problema 54
Problema 55
Problema 56
Problema 57
Problema 58[46]
la somma S dei quadrati di delle radici un polinomio del tipo $ x^n + \alpha_{n-1} \cdot x^{n-1} + ... + \alpha_1 \cdot x + \alpha_0$ è
S=$\alpha_{n-1}^2-2 \cdot \alpha_{n-2}$
$$Q_n(x)=x^n+\sum_{i=0}^{n-1} \sqrt{i} \cdot x^i$$
Per cui, definiamo $S_n$ come la somma dei quadrati delle radici di $Q_n(x)$. Allora $S_n=n-1-2\sqrt{n-2}$ che è razionale solo se anche $2\sqrt{n-2}$ lo è. Questo accade solo quando n-2 è un quadrato perfetto, quindi ci sono 45 valori. A questo aggiungiamo n=1, cui polinomio è quindi x, che ha come radici un numero razionale. Quindi la soluzione è 46
(Alessandro Avellino)
Problema 59
Problema 60
Problema 61
Problema 62
Problema 63
Problema 64
Problema 65
Problema 66
Problema 67
Problema 68
Problema 69
Problema 70
Problema 71
Problema 72
Problema 73 [6068]
Notiamo che
$(p+q+r)(pq+qr+pr)=p^2q+p^2r+pq^2+pr^2+q^2r+qr^2+3pqr=1+3*2022=6067$
Dato che $p+q+r$ e $pq+qr+pr$ sono entrambi interi positivi, devono necessariamente dividere entrambi 6067. 6067 è un numero primo, quindi o $p+q+r=1$ o $p+q+r=6067$. La risposta è perciò $6067+1=6068$.
Si noti che non ci si deve preoccupare di trovare che esistano $p,q,r$ che rispettano le condizioni trovate, dato che questo è assicurato dal fatto che sono le tre soluzioni dell'equazione $x^3-(p+q+r)x^2+(pq+qr+pr)x-pqr=0$, che ha sempre tre soluzioni nei numeri complessi.
(Federico Borasio)
Problema 74
Problema 75
Problema 76
Problema 77
Problema 78
Problema 79
Problema 80
Problema 81
Problema 82
Problema 83
Problema 84
Problema 85
Problema 86
Problema 87
Problema 88
Problema 89
Problema 90
Problema 91
Problema 92
Problema 93 [279]
x,y e z sono interscambiabili. Per cui è possibile, per facilitarci nella risoluzione, porre $x \geq y \geq z$.
Adesso andiamo in ordine:\\
abbiamo
$x^2<x^2+2y+z \leq x^2+3x < x^2+4x+4=(x+2)^2$
e siccome lo vogliamo come quadrato
$x^2+2y+z=(x+1)^2 \Rightarrow 2y+z=2x+1 \Rightarrow x=\frac{2y+z-1}{2}$.
Ora usiamo la seconda equazione con le nuove sostituzioni.\\
$y^2<y^2+2z+x=y^2+2z+\frac{2y+z-1}{2}=y^2+y+2.5(z)-0.5<y^2+y+3y+4=(y+2)^2$.
Per lo stesso motivo di prima:
$y^2+y+2.5(z)-0.5=(y+1)^2 \Rightarrow 5z-3=2y \Rightarrow y=\frac{5z-3}{2}$\\
Ora è il momento di usare l'ultima equazione, anche qui sostituendo y e x
$z^2<z^2+2x+y=z^2+2y+z-1+y=z^2+z+3(\frac{5z-3}{2})-1=z^2+8.5z-4.5$
Dopo vari tentativi si nota che gli unici quadrati possibili per questa quantità sono $(x+1)^2$ e $(x+4)^2$\\
Infatti si avrà $z^2+8.5z-4.5=z^2+8z+16 \Rightarrow z=43$, trovandoti poi y=106 e x=127 e $z^2+8.5z-4.5=z^2+2z+1$ trovando quindi x=z=y=1
(Alessandro Avellino)
Problema 94
Problema 95
Problema 96
Problema 97
Problema 98
Problema 99
Problema 100
Re: #Proviamoci - Soluzioni commentate OH6
Inviato: 17 apr 2022, 17:28
da Misciu - Magnolfi
Godl3x04 ha scritto: ↑17 apr 2022, 17:13
Problema 1
Problema 2 [6]
Si tratta di disporre tre diversi ingredienti, che si può fare semplicemente in $3!=6$ modi diversi. La risposta è quindi $6$.
(Matteo Salicandro)
Problema 3 [228]
Il massimo numero ottenibile lanciando gli n dadi è $n*k$, il minimo è $n*1=n$. Pertanto $n*k-n=168$, cioè $n(k-1)=168$. Questo vuol dire che $n$ è un qualsiasi divisore positivo di 168, esclusi 168 e 84 visto che $k \geq 4$. $168=2^3*3*7$, quindi la somma dei suoi divisori è $(2^4-1)(3+1)(7+1)=480$. La somma dei possibili valori di $n$ è pertanto $480-168-84=228$.
(Federico Borasio)
Problema 4
Problema 5
Problema 6
Problema 7 [18]
La successione è definita, per $n \geq 1$, come
$\begin{cases}
x_{n+2}=x_{n+1}+x_n\\
x_6=76\\
x_5=47
\end{cases}$
Da qui ricaviamo che $x_n=x_{n+2}-x_{n+1}$, pertanto $x_4=76-49=29$ e $x_3=47-29=18$, che è il terzo termine della successione.
(Federico Borasio)
Problema 8
Problema 9
Problema 10
Problema 11 [9999]
Ci sono più soluzioni in quanto i primi due termini possono essere 1,3, oppure 2,2 oppure 3,1. La risposta è quindi 9999.
(Matteo Salicandro)
Problema 12
Problema 13
Problema 14
Problema 15
Problema 16
Problema 17
Problema 18
Problema 19 [14]
Disegnando la circonferenza $x^2+y^2=5$ risulta evidente che gli unici punti a coordinate intere che vi appartengono, che sono $k=8$, sono quelli della forma $P_i(\pm 1,\pm 2)$, $P_i(\pm 2,\pm 1)$, $P_i(\pm 1,\mp 2)$, $P_i(\pm 2,\mp 1)$. In alternativa, è possibile risolvere l'equazione della stessa circonferenza sugli interi $x,y$. Da ciò si ricava l'ottagono $P_1P_2\dots P_8$, la cui area, come si vede facilmente, è $16-4\cdot\frac{1}{2}=14$.
(Lorenzo Weiss)
Problema 20
Problema 21
Problema 22 [2022]
Si può ottenere 2 solo quando una delle cifre è 2 e le altre sono nulle, oppure quando due cifre sono uguali a 1 e le altre sono nulle. Nel primo caso, la prima cifra sarà necessariamente 2, altrimenti il numero non avrà 2022 cifre: si ottiene solo una possibilità.
Nel secondo caso, invece, la prima cifra sarà 1, mentre l'altro 1 occuperà una delle altre 2021 posizioni disponibili, ottenendo 2021 possibilità.
Sommando le possibilità, si arriva a 2022.
(Daniele Prisco)
Problema 23
Problema 24[4042]
Se x è la lunghezza del segmento PA e r è il raggio della circonferenza,
OP=OA+PA=r+x=2021; PB=OA+OB+PA=r+r+x. Di conseguenza, PA+PB=x+r+r+x=2(r+x)=2×2021=4042.
(Daniele Prisco)
Problema 25 [66]
poniamo $a+b=x$ e $c+d=y$.
La disuguaglianza adesso è
$x+y\leq \sqrt{x^2+y^2} \Rightarrow x^2+2xy+y^2\leq x^2+y^2$
Da cui $2xy\leq0$ ma siccome x e y sono somme di interi maggiori o uguali a 0, l'unico modo per cui xy=0 si ha quando uno dei 2, o entramibi, è uguale a 0. se c+d=y=0 da cui c=d=0, quindi (a,b,0,0). Ricordiamo che $a \geq b$ quindi i possibili valori sono 66
(Alessandro Avellino
Problema 26
Problema 27 [250]
intanto notiamo che 78125 è $5^7$
la somma di M termini consecutivi con primo termine $a$ è del tipo:
$a+(a+1)+(a+2)+...+(a+M-1)$ nel quale compaiono infatti M termini consecutivi.
È quindi possibile raccogliere come $a \cdot M + (1+2+3+...+M-1)=a \cdot M+ \frac{M(M-1)}{2}=M(a+\frac{M-1}{2})=78125 \Rightarrow M(2a-1+M)=5^7\cdot2$, M<2a-1+M quindi al massimo $M=2 \cdot 5^3$
(Alessandro Avellino)
Problema 28
Problema 29
Problema 30
Problema 31
Problema 32
Problema 33
Problema 34
Problema 35
Problema 36 [2020]
Si noti che $abc=2022-ab-a$, quindi per massimizzare il prodotto bisogna minimizzare $a$ e $b$. $a,b,c$ sono $>=1$ per ipotesi, dunque si pone $a=b=1$ dando come soluzione $c=2020$. Quindi $(a,b,c)=(1,1,2020)$ e $abc=2020$.
(Filippo Prandina)
Problema 37[201]
Poniamo
[math]P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che
[math]P(n)=n^2 per
[math]n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio:
[math]G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri
[math](4,5,6,7,8) e poiché
[math]G è chiaramente monico possiamo affermare che
[math]G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine
[math]G(x) con
[math]P(x)-x^2 e ricavando
[math]P(x) otteniamo che
[math]P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando
[math]P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi
[math]201
(Lorenzo Bastioni)
Problema 38
Problema 39
Problema 40
Problema 41
Problema 42
Problema 43 [4238]
Se si devono prendere almeno $n$ dolci per essere sicuri di prenderne almeno $1$ di un determinato tipo, questo vuol dire che ci sono $n-1$ dolci non di quel tipo. In particolare:
$\begin{cases}
S+B=55\\
B+C=70\\
S+C=91
\end{cases}$
Il sistema è di immediata risoluzione e porta come soluzione $(S,C,B)=(38,53,17)$ da cui $SCB=34238$. Sono richieste solo le ultime 4 cifre.
(Filippo Prandina)
Problema 44 [4]
la configurazione è unica, infatti se prendiamo il punto $A_1$ e lo collegassimo con un punto diverso da $B_{2022}$, come per esempio $B_{2021}$, $B_{2022}$ sarà collegato con un punto diverso da $A_1$, per esempio $A_2$. allora $A_1B_{2021}$ non interseca $A_2B_{2022}$. Iterando questo ragionamento ad ogni punto $A_i$, si ottiene un'unica configurazione: segmenti di estremi $A_iB_{2023-i}$. Quindi i coefficienti angolari saranno $\pm 2/(2023-2i)$. Per il prodotto, il numeratore è sempre 2 mentre il denominatore è sempre dispari. Trovare quindi ciò che il problema richiede equivale a trovare le ultime 2 cifre di $2^{2022}$.
(Alessandro Avellino)
Problema 45
Problema 46
Problema 47 [171]
poiché $wxy+2021$ deve dare un numero pari, $wxy$ dev'essere dispari, e di conseguenza $w,x e y$ devono esserlo.
$w=2a+1, x=2b+1, z=2c+1$ quindi $2a+1+2b+1+2c+1=37 \Rightarrow 2(a+b+c)=34 \Rightarrow a+b+c=17$
Adesso è un semplice stars and bars, infatti a,b e c possono essere anche nulli. Distribuire 17 elementi in 3 contenitori, $\binom{17+3-1}{3-1}=\binom{19}{2}$
(Alessandro Avellino)
Problema 48 [42]
Notiamo che CQB~APB, in quanto hanno 2 angoli congruenti, entrambi pari a 74. Da questo consegue anche che sono triangoli isosceli. $\measuredangle CQB=\measuredangle APB=180-2(74)=32$. Inoltre S sta nell'asse di BC, di conseguenza anche nella bisettrice di CBQ. Ragionamento analogo per APB. Ora osserviamo il quadrilatero PCAQ. Questo ha gli angoli APB e CQB congruenti, da questo possiamo asserire che PCAQ è ciclico. Questo permette di stabilire che $\measuredangle DAC=\measuredangle PQC$ e che $\measuredangle DCA=\measuredangle QPD$. Infine osserviamo il triangolo QSP. $\measuredangle QSP=180-\measuredangle QPS-\measuredangle PQS= 180-(16+\measuredangle PQC)-(16+\measuredangle QPA)=148-(\measuredangle PQC+\measuredangle APQ)=148-(\measuredangle DCA+\measuredangle DAC)=148-(180-\measuredangle ADC)=\measuredangle ADC-32.$ $\measuredangle ADC=360-(\measuredangle DCB+\measuredangle CBA+\measuredangle BAD)=360-3 \cdot 74=138$ da cui $\measuredangle QSP=138-132=106$. Essendo infine S il circocentro di ABC, ne consegue che $\measuredangle ASC=2 \measuredangle ABC=148$. Quindi $\measuredangle ASQ + \measuredangle PSC= \measuredangle ASC- \measuredangle QSP=148-106=42$
(Alessandro Avellino)
Problema 49
Problema 50
Problema 51
Problema 52
Problema 53
Problema 54
Problema 55
Problema 56
Problema 57
Problema 58[46]
la somma S dei quadrati di delle radici un polinomio del tipo $ x^n + \alpha_{n-1} \cdot x^{n-1} + ... + \alpha_1 \cdot x + \alpha_0$ è
S=$\alpha_{n-1}^2-2 \cdot \alpha_{n-2}$
$$Q_n(x)=x^n+\sum_{i=0}^{n-1} \sqrt{i} \cdot x^i$$
Per cui, definiamo $S_n$ come la somma dei quadrati delle radici di $Q_n(x)$. Allora $S_n=n-1-2\sqrt{n-2}$ che è razionale solo se anche $2\sqrt{n-2}$ lo è. Questo accade solo quando n-2 è un quadrato perfetto, quindi ci sono 45 valori. A questo aggiungiamo n=1, cui polinomio è quindi x, che ha come radici un numero razionale. Quindi la soluzione è 46
(Alessandro Avellino)
Problema 59
Problema 60
Problema 61
Problema 62
Problema 63
Problema 64
Problema 65[5877]
$X$ si trova sulla superficie del triangolo $AMC$: infatti, se così non fosse, $\widehat{ABC}$ e $\widehat{AXM}$ sarebbero due angoli congruenti che insistono su uno stesso segmento ($AM$) e che appartengono allo stesso semipiano rispetto ad esso: ma ciò non è possibile in quanto significherebbe che $X$ appartiene alla circonferenza circoscritta al trangolo $ABM$, alla quale ovviamente non appartengono punti interni al triangolo $ABM$.
$AXMY$ è ciclico per ipotesi e $\widehat{AYM}$ e $\widehat{AXM}$ sono supplementari in quanto angoli opposti (per quanto prima dimostrato); dunque $\widehat{BYM}$, essendo anch'esso supplementare di $\widehat{AYM}$, è congruente a $\widehat{AXM}$, il quale a sua volta è congruente a $\widehat{ABC}$ per ipotesi.
Avremo allora che il triangolo $MBY$ è isoscele su base $BY$; essendo $M$ punto medio di $BC$, $MB\cong MY\cong MC$ e ciò implica che $BYC$ è rettangolo in $Y$.
$CY$ può dunque essere calcolato come $BC\sin \widehat{ABC}$: $BC$ è noto e vale $80$; $\sin\widehat{ABC}$ può essere ricavato come $\sqrt{1-\cos^2\widehat{ABC}}$ e il suo coseno dal teorema del coseno applicato ad $ABC$.
$\cos\widehat{ABC}=\frac{AB^2+BC^2-AC^2}{2AB\cdot BC}=\frac{2}{7} \quad \sin\widehat{ABC}=\sqrt{1-\frac{4}{49}}=\frac{3\sqrt{5}}{7}$ \quad $CY^2=(BCsin\widehat{ABC})^2=80^2\cdot \frac{9\cdot 5}{49}\approx 5877,55.$. La sua parte intera è 5877 ed è la soluzione.
(Federico Magnolfi)
Problema 66
Problema 67
Problema 68
Problema 69
Problema 70
Problema 71
Problema 72
Problema 73 [6068]
Notiamo che
$(p+q+r)(pq+qr+pr)=p^2q+p^2r+pq^2+pr^2+q^2r+qr^2+3pqr=1+3*2022=6067$
Dato che $p+q+r$ e $pq+qr+pr$ sono entrambi interi positivi, devono necessariamente dividere entrambi 6067. 6067 è un numero primo, quindi o $p+q+r=1$ o $p+q+r=6067$. La risposta è perciò $6067+1=6068$.
Si noti che non ci si deve preoccupare di trovare che esistano $p,q,r$ che rispettano le condizioni trovate, dato che questo è assicurato dal fatto che sono le tre soluzioni dell'equazione $x^3-(p+q+r)x^2+(pq+qr+pr)x-pqr=0$, che ha sempre tre soluzioni nei numeri complessi.
(Federico Borasio)
Problema 74
Problema 75
Problema 76
Problema 77
Problema 78
Problema 79
Problema 80
Problema 81
Problema 82
Problema 83
Problema 84
Problema 85
Problema 86
Problema 87
Problema 88
Problema 89
Problema 90
Problema 91
Problema 92
Problema 93 [279]
x,y e z sono interscambiabili. Per cui è possibile, per facilitarci nella risoluzione, porre $x \geq y \geq z$.
Adesso andiamo in ordine:\\
abbiamo
$x^2<x^2+2y+z \leq x^2+3x < x^2+4x+4=(x+2)^2$
e siccome lo vogliamo come quadrato
$x^2+2y+z=(x+1)^2 \Rightarrow 2y+z=2x+1 \Rightarrow x=\frac{2y+z-1}{2}$.
Ora usiamo la seconda equazione con le nuove sostituzioni.\\
$y^2<y^2+2z+x=y^2+2z+\frac{2y+z-1}{2}=y^2+y+2.5(z)-0.5<y^2+y+3y+4=(y+2)^2$.
Per lo stesso motivo di prima:
$y^2+y+2.5(z)-0.5=(y+1)^2 \Rightarrow 5z-3=2y \Rightarrow y=\frac{5z-3}{2}$\\
Ora è il momento di usare l'ultima equazione, anche qui sostituendo y e x
$z^2<z^2+2x+y=z^2+2y+z-1+y=z^2+z+3(\frac{5z-3}{2})-1=z^2+8.5z-4.5$
Dopo vari tentativi si nota che gli unici quadrati possibili per questa quantità sono $(x+1)^2$ e $(x+4)^2$\\
Infatti si avrà $z^2+8.5z-4.5=z^2+8z+16 \Rightarrow z=43$, trovandoti poi y=106 e x=127 e $z^2+8.5z-4.5=z^2+2z+1$ trovando quindi x=z=y=1
(Alessandro Avellino)
Problema 94
Problema 95
Problema 96
Problema 97
Problema 98
Problema 99
Problema 100
Re: #Proviamoci - Soluzioni commentate OH6
Inviato: 17 apr 2022, 17:43
da GranchioPodista
Problema 1
Problema 2 [6]
Si tratta di disporre tre diversi ingredienti, che si può fare semplicemente in $3!=6$ modi diversi. La risposta è quindi $6$.
(Matteo Salicandro)
Problema 3 [228]
Il massimo numero ottenibile lanciando gli n dadi è $n*k$, il minimo è $n*1=n$. Pertanto $n*k-n=168$, cioè $n(k-1)=168$. Questo vuol dire che $n$ è un qualsiasi divisore positivo di 168, esclusi 168 e 84 visto che $k \geq 4$. $168=2^3*3*7$, quindi la somma dei suoi divisori è $(2^4-1)(3+1)(7+1)=480$. La somma dei possibili valori di $n$ è pertanto $480-168-84=228$.
(Federico Borasio)
Problema 4
Problema 5
Problema 6
Problema 7 [18]
La successione è definita, per $n \geq 1$, come
$\begin{cases}
x_{n+2}=x_{n+1}+x_n\\
x_6=76\\
x_5=47
\end{cases}$
Da qui ricaviamo che $x_n=x_{n+2}-x_{n+1}$, pertanto $x_4=76-49=29$ e $x_3=47-29=18$, che è il terzo termine della successione.
(Federico Borasio)
Problema 8
Problema 9
Problema 10
Problema 11 [9999]
Ci sono più soluzioni in quanto i primi due termini possono essere 1,3, oppure 2,2 oppure 3,1. La risposta è quindi 9999.
(Matteo Salicandro)
Problema 12
Problema 13
Problema 14
Problema 15
Problema 16
Problema 17
Problema 18
Problema 19 [14]
Disegnando la circonferenza $x^2+y^2=5$ risulta evidente che gli unici punti a coordinate intere che vi appartengono, che sono $k=8$, sono quelli della forma $P_i(\pm 1,\pm 2)$, $P_i(\pm 2,\pm 1)$, $P_i(\pm 1,\mp 2)$, $P_i(\pm 2,\mp 1)$. In alternativa, è possibile risolvere l'equazione della stessa circonferenza sugli interi $x,y$. Da ciò si ricava l'ottagono $P_1P_2\dots P_8$, la cui area, come si vede facilmente, è $16-4\cdot\frac{1}{2}=14$.
(Lorenzo Weiss)
Problema 20
Problema 21
Problema 22 [2022]
Si può ottenere 2 solo quando una delle cifre è 2 e le altre sono nulle, oppure quando due cifre sono uguali a 1 e le altre sono nulle. Nel primo caso, la prima cifra sarà necessariamente 2, altrimenti il numero non avrà 2022 cifre: si ottiene solo una possibilità.
Nel secondo caso, invece, la prima cifra sarà 1, mentre l'altro 1 occuperà una delle altre 2021 posizioni disponibili, ottenendo 2021 possibilità.
Sommando le possibilità, si arriva a 2022.
(Daniele Prisco)
Problema 23
Problema 24[4042]
Se x è la lunghezza del segmento PA e r è il raggio della circonferenza,
OP=OA+PA=r+x=2021; PB=OA+OB+PA=r+r+x. Di conseguenza, PA+PB=x+r+r+x=2(r+x)=2×2021=4042.
(Daniele Prisco)
Problema 25 [66]
poniamo $a+b=x$ e $c+d=y$.
La disuguaglianza adesso è
$x+y\leq \sqrt{x^2+y^2} \Rightarrow x^2+2xy+y^2\leq x^2+y^2$
Da cui $2xy\leq0$ ma siccome x e y sono somme di interi maggiori o uguali a 0, l'unico modo per cui xy=0 si ha quando uno dei 2, o entramibi, è uguale a 0. se c+d=y=0 da cui c=d=0, quindi (a,b,0,0). Ricordiamo che $a \geq b$ quindi i possibili valori sono 66
(Alessandro Avellino
Problema 26
Problema 27 [250]
intanto notiamo che 78125 è $5^7$
la somma di M termini consecutivi con primo termine $a$ è del tipo:
$a+(a+1)+(a+2)+...+(a+M-1)$ nel quale compaiono infatti M termini consecutivi.
È quindi possibile raccogliere come $a \cdot M + (1+2+3+...+M-1)=a \cdot M+ \frac{M(M-1)}{2}=M(a+\frac{M-1}{2})=78125 \Rightarrow M(2a-1+M)=5^7\cdot2$, M<2a-1+M quindi al massimo $M=2 \cdot 5^3$
(Alessandro Avellino)
Problema 28
Problema 29
Problema 30
Problema 31
Problema 32
Problema 33
Problema 34
Problema 35
Problema 36 [2020]
Si noti che $abc=2022-ab-a$, quindi per massimizzare il prodotto bisogna minimizzare $a$ e $b$. $a,b,c$ sono $>=1$ per ipotesi, dunque si pone $a=b=1$ dando come soluzione $c=2020$. Quindi $(a,b,c)=(1,1,2020)$ e $abc=2020$.
(Filippo Prandina)
Problema 37[201]
Poniamo [math]P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che [math]P(n)=n^2 per [math]n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio: [math]G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri [math](4,5,6,7,8) e poiché [math]G è chiaramente monico possiamo affermare che [math]G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine [math]G(x) con [math]P(x)-x^2 e ricavando [math]P(x) otteniamo che [math]P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando [math]P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi [math]201
(Lorenzo Bastioni)
Problema 38
Problema 39
Problema 40
Problema 41
Problema 42
Problema 43 [4238]
Se si devono prendere almeno $n$ dolci per essere sicuri di prenderne almeno $1$ di un determinato tipo, questo vuol dire che ci sono $n-1$ dolci non di quel tipo. In particolare:
$\begin{cases}
S+B=55\\
B+C=70\\
S+C=91
\end{cases}$
Il sistema è di immediata risoluzione e porta come soluzione $(S,C,B)=(38,53,17)$ da cui $SCB=34238$. Sono richieste solo le ultime 4 cifre.
(Filippo Prandina)
Problema 44 [4]
la configurazione è unica, infatti se prendiamo il punto $A_1$ e lo collegassimo con un punto diverso da $B_{2022}$, come per esempio $B_{2021}$, $B_{2022}$ sarà collegato con un punto diverso da $A_1$, per esempio $A_2$. allora $A_1B_{2021}$ non interseca $A_2B_{2022}$. Iterando questo ragionamento ad ogni punto $A_i$, si ottiene un'unica configurazione: segmenti di estremi $A_iB_{2023-i}$. Quindi i coefficienti angolari saranno $\pm 2/(2023-2i)$. Per il prodotto, il numeratore è sempre 2 mentre il denominatore è sempre dispari. Trovare quindi ciò che il problema richiede equivale a trovare le ultime 2 cifre di $2^{2022}$.
(Alessandro Avellino)
Problema 45
Problema 46
Problema 47 [171]
poiché $wxy+2021$ deve dare un numero pari, $wxy$ dev'essere dispari, e di conseguenza $w,x e y$ devono esserlo.
$w=2a+1, x=2b+1, z=2c+1$ quindi $2a+1+2b+1+2c+1=37 \Rightarrow 2(a+b+c)=34 \Rightarrow a+b+c=17$
Adesso è un semplice stars and bars, infatti a,b e c possono essere anche nulli. Distribuire 17 elementi in 3 contenitori, $\binom{17+3-1}{3-1}=\binom{19}{2}$
(Alessandro Avellino)
Problema 48 [42]
Notiamo che CQB~APB, in quanto hanno 2 angoli congruenti, entrambi pari a 74. Da questo consegue anche che sono triangoli isosceli. $\measuredangle CQB=\measuredangle APB=180-2(74)=32$. Inoltre S sta nell'asse di BC, di conseguenza anche nella bisettrice di CBQ. Ragionamento analogo per APB. Ora osserviamo il quadrilatero PCAQ. Questo ha gli angoli APB e CQB congruenti, da questo possiamo asserire che PCAQ è ciclico. Questo permette di stabilire che $\measuredangle DAC=\measuredangle PQC$ e che $\measuredangle DCA=\measuredangle QPD$. Infine osserviamo il triangolo QSP. $\measuredangle QSP=180-\measuredangle QPS-\measuredangle PQS= 180-(16+\measuredangle PQC)-(16+\measuredangle QPA)=148-(\measuredangle PQC+\measuredangle APQ)=148-(\measuredangle DCA+\measuredangle DAC)=148-(180-\measuredangle ADC)=\measuredangle ADC-32.$ $\measuredangle ADC=360-(\measuredangle DCB+\measuredangle CBA+\measuredangle BAD)=360-3 \cdot 74=138$ da cui $\measuredangle QSP=138-132=106$. Essendo infine S il circocentro di ABC, ne consegue che $\measuredangle ASC=2 \measuredangle ABC=148$. Quindi $\measuredangle ASQ + \measuredangle PSC= \measuredangle ASC- \measuredangle QSP=148-106=42$
(Alessandro Avellino)
Problema 49
Problema 50
Problema 51
Problema 52
Problema 53
Problema 54
Problema 55
Problema 56
Problema 57
Problema 58
Problema 59
Problema 60
Problema 61
Problema 62
Problema 63
Problema 64
Problema 65
Problema 66
Problema 67
Problema 68
Problema 69
Problema 70
Problema 71
Problema 72
Problema 73 [6068]
Notiamo che
$(p+q+r)(pq+qr+pr)=p^2q+p^2r+pq^2+pr^2+q^2r+qr^2+3pqr=1+3*2022=6067$
Dato che $p+q+r$ e $pq+qr+pr$ sono entrambi interi positivi, devono necessariamente dividere entrambi 6067. 6067 è un numero primo, quindi o $p+q+r=1$ o $p+q+r=6067$. La risposta è perciò $6067+1=6068$.
Si noti che non ci si deve preoccupare di trovare che esistano $p,q,r$ che rispettano le condizioni trovate, dato che questo è assicurato dal fatto che sono le tre soluzioni dell'equazione $x^3-(p+q+r)x^2+(pq+qr+pr)x-pqr=0$, che ha sempre tre soluzioni nei numeri complessi.
(Federico Borasio)
Problema 74
Problema 75
Problema 76
Problema 77
Problema 78
Problema 79
Problema 80
Problema 81
Problema 82
Problema 83
Problema 84
Problema 85
Problema 86
Problema 87
Problema 88
Problema 89
Problema 90[8784]
Chiamiamo $f(n)=x^n+\frac{1}{x^n}$, il problema ci chiede di calcolare $|f(1) \cdot f(2) \cdot … \cdot f(2022)|$.
Esplorando un po’ la situazione si può notare che $f(1)=1,f(2)=-1,f(3)=-2,f(4)=-1,f(5)=1$ e $f(6)=2$ è che questi valori potrebbero formare un ciclo che si ripete ogni $6$,
dimostriamolo:
consideriamo $f(n) \cdot f(1)= \left( x^n+\frac{1}{x^n} \right) \cdot \left(x+ \frac{1}{x} \right) = x^{n+1} + x^{n-1} + \frac{1}{x^{n-1}} + \frac{1}{x^{n+1}} = f(n+1) + f(n-1)$, essendo $f(1)=1$ otteniamo che $f(n) \cdot f(1) =f(n)= f(n+1) + f(n-1)$ da cui $f(n+1)=f(n)-f(n-1)$. L’ultima relazione ci indica che $f(n+1)$ dipende unicamente da $f(n)$ e $f(n-1)$ ovvero se troviamo un ciclo quest’ultimo si ripeterà. Controllando si può vedere che $f(7)=1$ e $f(8)=-1$ quindi il ciclo si ripeterà. Analizzando il nostro ciclo si nota facilmente che gli unici fattori che contribuiranno nel nostro prodotto saranno quelli con $n$ multiplo di $3$, che in valore assoluto valgono $2$. Il nostro prodotto sarà quindi del tipo $2^k$ dove $k$ è il numero di multipli di $3$ tra $1$ e $2022$ ovvero $674$ $(\frac{2022}{3}=674)$. Il problema si è trasformato in un quesito di teoria dei numeri poiché dobbiamo dare come risposta le ultime $4$ cifre di $2^{674}$ quindi calcolare $2^{674}$ $(mod\, 10000)$. Riducendo con un po’ di conti l’enorme numero si trova $8784$.
(Lorenzo Bastioni)
Problema 91
Problema 92
Problema 93 [279]
x,y e z sono interscambiabili. Per cui è possibile, per facilitarci nella risoluzione, porre $x \geq y \geq z$.
Adesso andiamo in ordine:\\
abbiamo
$x^2<x^2+2y+z \leq x^2+3x < x^2+4x+4=(x+2)^2$
e siccome lo vogliamo come quadrato
$x^2+2y+z=(x+1)^2 \Rightarrow 2y+z=2x+1 \Rightarrow x=\frac{2y+z-1}{2}$.
Ora usiamo la seconda equazione con le nuove sostituzioni.\\
$y^2<y^2+2z+x=y^2+2z+\frac{2y+z-1}{2}=y^2+y+2.5(z)-0.5<y^2+y+3y+4=(y+2)^2$.
Per lo stesso motivo di prima:
$y^2+y+2.5(z)-0.5=(y+1)^2 \Rightarrow 5z-3=2y \Rightarrow y=\frac{5z-3}{2}$\\
Ora è il momento di usare l'ultima equazione, anche qui sostituendo y e x
$z^2<z^2+2x+y=z^2+2y+z-1+y=z^2+z+3(\frac{5z-3}{2})-1=z^2+8.5z-4.5$
Dopo vari tentativi si nota che gli unici quadrati possibili per questa quantità sono $(x+1)^2$ e $(x+4)^2$\\
Infatti si avrà $z^2+8.5z-4.5=z^2+8z+16 \Rightarrow z=43$, trovandoti poi y=106 e x=127 e $z^2+8.5z-4.5=z^2+2z+1$ trovando quindi x=z=y=1
(Alessandro Avellino)
Problema 94
Problema 95
Problema 96
Problema 97
Problema 98
Problema 99
Problema 100
[/quote]
[/quote]
Re: #Proviamoci - Soluzioni commentate OH6
Inviato: 17 apr 2022, 17:46
da Experia
Problema 1
Problema 2 [6]
Si tratta di disporre tre diversi ingredienti, che si può fare semplicemente in $3!=6$ modi diversi. La risposta è quindi $6$.
(Matteo Salicandro)
Problema 3 [228]
Il massimo numero ottenibile lanciando gli n dadi è $n*k$, il minimo è $n*1=n$. Pertanto $n*k-n=168$, cioè $n(k-1)=168$. Questo vuol dire che $n$ è un qualsiasi divisore positivo di 168, esclusi 168 e 84 visto che $k \geq 4$. $168=2^3*3*7$, quindi la somma dei suoi divisori è $(2^4-1)(3+1)(7+1)=480$. La somma dei possibili valori di $n$ è pertanto $480-168-84=228$.
(Federico Borasio)
Problema 4
Problema 5
Problema 6
Problema 7 [18]
La successione è definita, per $n \geq 1$, come
$\begin{cases}
x_{n+2}=x_{n+1}+x_n\\
x_6=76\\
x_5=47
\end{cases}$
Da qui ricaviamo che $x_n=x_{n+2}-x_{n+1}$, pertanto $x_4=76-49=29$ e $x_3=47-29=18$, che è il terzo termine della successione.
(Federico Borasio)
Problema 8
Problema 9
Problema 10
Problema 11 [9999]
Ci sono più soluzioni in quanto i primi due termini possono essere 1,3, oppure 2,2 oppure 3,1. La risposta è quindi 9999.
(Matteo Salicandro)
Problema 12
Problema 13
Problema 14 [1011]
La quantità in questione, $(3n+2)^{5n+8}$, è un quadrato perfetto se lo è la base, cioè $3n+2$, oppure se l'esponente, $5n+8$, è pari. Tuttavia la prima possibilità non si verifica mai poiché un quadrato non è mai congruo a $2\,(\mathrm{mod}\,3)$. Dunque la risposta è semplicemente il numero di interi positivi $1\leq n\leq 2022$ tali che la quantità $5n+8$ sia pari, ovvero tutti e soli i numeri pari in questo intervallo, che sono $\frac{2022}{2}=1011$.
(Lorenzo Weiss)
Problema 15
Problema 16 [2019]
Il problema chiede per quanti interi positivi minori o uguali a $2022$ accade che $\lfloor \frac{\pi +n}{n}\rfloor =\lfloor \frac{\pi}{n}+1\rfloor =\lfloor \frac{\pi}{n}\rfloor +1=1\Longrightarrow \lfloor \frac{\pi}{n}\rfloor =0$, il che succede solo quando $\pi\approx 3,14\leq n$, i.e. in $2022-(4-1)=2019$ casi.
(Lorenzo Weiss)
Problema 17
Problema 18
Problema 19 [14]
Disegnando la circonferenza $x^2+y^2=5$ risulta evidente che gli unici punti a coordinate intere che vi appartengono, che sono $k=8$, sono quelli della forma $P_i(\pm 1,\pm 2)$, $P_i(\pm 2,\pm 1)$, $P_i(\pm 1,\mp 2)$, $P_i(\pm 2,\mp 1)$. In alternativa, è possibile risolvere l'equazione della stessa circonferenza sugli interi $x,y$. Da ciò si ricava l'ottagono $P_1P_2\dots P_8$, la cui area, come si vede facilmente, è $16-4\cdot\frac{1}{2}=14$.
(Lorenzo Weiss)
Problema 20
Problema 21
Problema 22 [2022]
Si può ottenere 2 solo quando una delle cifre è 2 e le altre sono nulle, oppure quando due cifre sono uguali a 1 e le altre sono nulle. Nel primo caso, la prima cifra sarà necessariamente 2, altrimenti il numero non avrà 2022 cifre: si ottiene solo una possibilità.
Nel secondo caso, invece, la prima cifra sarà 1, mentre l'altro 1 occuperà una delle altre 2021 posizioni disponibili, ottenendo 2021 possibilità.
Sommando le possibilità, si arriva a 2022.
(Daniele Prisco)
Problema 23
Problema 24[4042]
Se x è la lunghezza del segmento PA e r è il raggio della circonferenza,
OP=OA+PA=r+x=2021; PB=OA+OB+PA=r+r+x. Di conseguenza, PA+PB=x+r+r+x=2(r+x)=2×2021=4042.
(Daniele Prisco)
Problema 25 [66]
poniamo $a+b=x$ e $c+d=y$.
La disuguaglianza adesso è
$x+y\leq \sqrt{x^2+y^2} \Rightarrow x^2+2xy+y^2\leq x^2+y^2$
Da cui $2xy\leq0$ ma siccome x e y sono somme di interi maggiori o uguali a 0, l'unico modo per cui xy=0 si ha quando uno dei 2, o entramibi, è uguale a 0. se c+d=y=0 da cui c=d=0, quindi (a,b,0,0). Ricordiamo che $a \geq b$ quindi i possibili valori sono 66
(Alessandro Avellino
Problema 26
Problema 27 [250]
intanto notiamo che 78125 è $5^7$
la somma di M termini consecutivi con primo termine $a$ è del tipo:
$a+(a+1)+(a+2)+...+(a+M-1)$ nel quale compaiono infatti M termini consecutivi.
È quindi possibile raccogliere come $a \cdot M + (1+2+3+...+M-1)=a \cdot M+ \frac{M(M-1)}{2}=M(a+\frac{M-1}{2})=78125 \Rightarrow M(2a-1+M)=5^7\cdot2$, M<2a-1+M quindi al massimo $M=2 \cdot 5^3$
(Alessandro Avellino)
Problema 28
Problema 29
Problema 30
Problema 31
Problema 32
Problema 33
Problema 34
Problema 35
Problema 36 [2020]
Si noti che $abc=2022-ab-a$, quindi per massimizzare il prodotto bisogna minimizzare $a$ e $b$. $a,b,c$ sono $>=1$ per ipotesi, dunque si pone $a=b=1$ dando come soluzione $c=2020$. Quindi $(a,b,c)=(1,1,2020)$ e $abc=2020$.
(Filippo Prandina)
Problema 37[201]
Poniamo [math]P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che [math]P(n)=n^2 per [math]n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio: [math]G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri [math](4,5,6,7,8) e poiché [math]G è chiaramente monico possiamo affermare che [math]G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine [math]G(x) con [math]P(x)-x^2 e ricavando [math]P(x) otteniamo che [math]P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando [math]P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi [math]201
(Lorenzo Bastioni)
Problema 38
Problema 39
Problema 40
Problema 41
Problema 42
Problema 43 [4238]
Se si devono prendere almeno $n$ dolci per essere sicuri di prenderne almeno $1$ di un determinato tipo, questo vuol dire che ci sono $n-1$ dolci non di quel tipo. In particolare:
$\begin{cases}
S+B=55\\
B+C=70\\
S+C=91
\end{cases}$
Il sistema è di immediata risoluzione e porta come soluzione $(S,C,B)=(38,53,17)$ da cui $SCB=34238$. Sono richieste solo le ultime 4 cifre.
(Filippo Prandina)
Problema 44 [4]
la configurazione è unica, infatti se prendiamo il punto $A_1$ e lo collegassimo con un punto diverso da $B_{2022}$, come per esempio $B_{2021}$, $B_{2022}$ sarà collegato con un punto diverso da $A_1$, per esempio $A_2$. allora $A_1B_{2021}$ non interseca $A_2B_{2022}$. Iterando questo ragionamento ad ogni punto $A_i$, si ottiene un'unica configurazione: segmenti di estremi $A_iB_{2023-i}$. Quindi i coefficienti angolari saranno $\pm 2/(2023-2i)$. Per il prodotto, il numeratore è sempre 2 mentre il denominatore è sempre dispari. Trovare quindi ciò che il problema richiede equivale a trovare le ultime 2 cifre di $2^{2022}$.
(Alessandro Avellino)
Problema 45
Problema 46
Problema 47 [171]
poiché $wxy+2021$ deve dare un numero pari, $wxy$ dev'essere dispari, e di conseguenza $w,x e y$ devono esserlo.
$w=2a+1, x=2b+1, z=2c+1$ quindi $2a+1+2b+1+2c+1=37 \Rightarrow 2(a+b+c)=34 \Rightarrow a+b+c=17$
Adesso è un semplice stars and bars, infatti a,b e c possono essere anche nulli. Distribuire 17 elementi in 3 contenitori, $\binom{17+3-1}{3-1}=\binom{19}{2}$
(Alessandro Avellino)
Problema 48 [42]
Notiamo che CQB~APB, in quanto hanno 2 angoli congruenti, entrambi pari a 74. Da questo consegue anche che sono triangoli isosceli. $\measuredangle CQB=\measuredangle APB=180-2(74)=32$. Inoltre S sta nell'asse di BC, di conseguenza anche nella bisettrice di CBQ. Ragionamento analogo per APB. Ora osserviamo il quadrilatero PCAQ. Questo ha gli angoli APB e CQB congruenti, da questo possiamo asserire che PCAQ è ciclico. Questo permette di stabilire che $\measuredangle DAC=\measuredangle PQC$ e che $\measuredangle DCA=\measuredangle QPD$. Infine osserviamo il triangolo QSP. $\measuredangle QSP=180-\measuredangle QPS-\measuredangle PQS= 180-(16+\measuredangle PQC)-(16+\measuredangle QPA)=148-(\measuredangle PQC+\measuredangle APQ)=148-(\measuredangle DCA+\measuredangle DAC)=148-(180-\measuredangle ADC)=\measuredangle ADC-32.$ $\measuredangle ADC=360-(\measuredangle DCB+\measuredangle CBA+\measuredangle BAD)=360-3 \cdot 74=138$ da cui $\measuredangle QSP=138-132=106$. Essendo infine S il circocentro di ABC, ne consegue che $\measuredangle ASC=2 \measuredangle ABC=148$. Quindi $\measuredangle ASQ + \measuredangle PSC= \measuredangle ASC- \measuredangle QSP=148-106=42$
(Alessandro Avellino)
Problema 49
Problema 50
Problema 51
Problema 52
Problema 53
Problema 54
Problema 55
Problema 56
Problema 57
Problema 58
Problema 59
Problema 60
Problema 61
Problema 62
Problema 63
Problema 64
Problema 65
Problema 66
Problema 67
Problema 68
Problema 69
Problema 70
Problema 71
Problema 72
Problema 73 [6068]
Notiamo che
$(p+q+r)(pq+qr+pr)=p^2q+p^2r+pq^2+pr^2+q^2r+qr^2+3pqr=1+3*2022=6067$
Dato che $p+q+r$ e $pq+qr+pr$ sono entrambi interi positivi, devono necessariamente dividere entrambi 6067. 6067 è un numero primo, quindi o $p+q+r=1$ o $p+q+r=6067$. La risposta è perciò $6067+1=6068$.
Si noti che non ci si deve preoccupare di trovare che esistano $p,q,r$ che rispettano le condizioni trovate, dato che questo è assicurato dal fatto che sono le tre soluzioni dell'equazione $x^3-(p+q+r)x^2+(pq+qr+pr)x-pqr=0$, che ha sempre tre soluzioni nei numeri complessi.
(Federico Borasio)
Problema 74
Problema 75
Problema 76
Problema 77
Problema 78
Problema 79
Problema 80
Problema 81
Problema 82
Problema 83
Problema 84
Problema 85
Problema 86
Problema 87
Problema 88
Problema 89
Problema 90
Problema 91
Problema 92
Problema 93 [279]
x,y e z sono interscambiabili. Per cui è possibile, per facilitarci nella risoluzione, porre $x \geq y \geq z$.
Adesso andiamo in ordine:\\
abbiamo
$x^2<x^2+2y+z \leq x^2+3x < x^2+4x+4=(x+2)^2$
e siccome lo vogliamo come quadrato
$x^2+2y+z=(x+1)^2 \Rightarrow 2y+z=2x+1 \Rightarrow x=\frac{2y+z-1}{2}$.
Ora usiamo la seconda equazione con le nuove sostituzioni.\\
$y^2<y^2+2z+x=y^2+2z+\frac{2y+z-1}{2}=y^2+y+2.5(z)-0.5<y^2+y+3y+4=(y+2)^2$.
Per lo stesso motivo di prima:
$y^2+y+2.5(z)-0.5=(y+1)^2 \Rightarrow 5z-3=2y \Rightarrow y=\frac{5z-3}{2}$\\
Ora è il momento di usare l'ultima equazione, anche qui sostituendo y e x
$z^2<z^2+2x+y=z^2+2y+z-1+y=z^2+z+3(\frac{5z-3}{2})-1=z^2+8.5z-4.5$
Dopo vari tentativi si nota che gli unici quadrati possibili per questa quantità sono $(x+1)^2$ e $(x+4)^2$\\
Infatti si avrà $z^2+8.5z-4.5=z^2+8z+16 \Rightarrow z=43$, trovandoti poi y=106 e x=127 e $z^2+8.5z-4.5=z^2+2z+1$ trovando quindi x=z=y=1
(Alessandro Avellino)
Problema 94
Problema 95
Problema 96
Problema 97
Problema 98
Problema 99
Problema 100