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
