#Proviamoci - Soluzioni commentate OH6

FrogDJ · Messaggio da **FrogDJ** » 17 apr 2022, 18:02

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

P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che

P(n)=n^2 per

n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio:

G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri

(4,5,6,7,8) e poiché

G è chiaramente monico possiamo affermare che

G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine

G(x) con

P(x)-x^2 e ricavando

P(x) otteniamo che

P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando

P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi

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 [2029]
I numeri curiosi sono esattamente i liberi dai quadrati.\\
($\Leftarrow$) Se $n$ è un numero libero da quadrati allora $\tau(n)$ è una potenza di due, inoltre ogni divisore $d$ di $n$ è un numero libero da quadrati, quindi anche $\tau(d)$ è una potenza di $2$ e dato che $\tau(d) \le \tau(n)$ abbiamo che $\tau(d)|\tau(n)$.\\
($\Rightarrow$) Supponiamo che $n = p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_m^{a_m}$ sia un numero libero da quadrati. Allora abbiamo
\begin{align*}
&\tau(n/p_i)|\tau(n)\\
\Rightarrow &(a_1+1)\cdots(a_i)\cdots(a_m+1)|(a_1+1)\cdots(a_i+1)\cdots(a_m+1)\\
\Rightarrow &a_i | a_i+1 \Rightarrow a_i = 1.
\end{align*}
Dunque $n$ è libero da quadrati.\\
\\
Inoltre notiamo che $f(a,b)$ è semplicemente $MCD(a,b)$. A questo punto scriviamo
$$S(n) = \sum_{j=1}^n f(j,n) = \sum_{j=1}^n MCD(j,n),$$
dimostreremo che la funzione $S$ è moltiplicativa, cioè per ogni $m,n \in \mathbb{Z}^+$ coprimi $S(m)S(n) = S(mn)$. Infatti, segue dal teorema del resto cinese, possiamo rimpiazzare $j \text{ mod }mn$ con due numeri $j_m \text{ mod }m$ e $j_n \text{ mod }n$ in modo che:
\begin{align*}
S(mn) &= \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,mn) = \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,m)MCD(j,n)\\
&= \sum_{j_m=1}^{m} \sum_{j_n =1}^{n} MCD(j_m,m)MCD(j_n,n)\\
&= \left(\sum_{j_m=1}^m MCD(j_m,m)\right)\left(\sum_{j_n=1}^n MCD(j_n,n)\right) = S(m)S(n).
\end{align*}
Ma quindi dato che $C$ è un prodotto tra primi ed è facile verificare che $S(p) > 1$ per ogni primo $p$, abbiamo che $C$ stesso deve essere primo. Un po' di brute-force dà la risposta.
(Michele Tomasi)

Problema 97

Problema 98

Problema 99

Problema 100
[/quote]

Godl3x04 · Messaggio da **Godl3x04** » 17 apr 2022, 18:19

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 [7]
ARS è rettangolo, per cui insiste sul diametro, quindi RS=RT=2r=20. Di conseguenza $20^2-16^2=12^2=AR^2$ . TR è la bisettrice in quanto TRS e TRA insistono rispettivamente sugli archi AT e TS, che sono congruenti.
Quindi, per il teorema della bisettrice, $\frac{AX}{SX}=\frac{RA}{RS}=\frac{12}{16}=\frac{3}{4}$.
(Alessandro Avellino)

Problema 30

Problema 31

Problema 32

Problema 33 [74]
Il costo di un pallone ($C$) può essere pari o dispari. Se è pari, può essere pagato con $\frac{C}{2}$ monete da 2 orue. Poiché $\frac{C}{2}$ è pari, $C$ sarà un multiplo di 4, quindi potrà assumere 37 valori.
Se $C$ è dispari, invece, il pallone può essere pagato con $\frac{C-1}{2}$ monete da 2 orue e una moneta da un orue. Di conseguenza, C-1 è un multiplo di 2, ma $\frac{C-1}{2}$ è dispari (aggiungendo una moneta da un orue, il numero di monete usate è pari). Di conseguenza, $C-1$ è multiplo di 2 ma non di 4, quindi può assumere altri 37 valori.
La somma dei valori possibili è dunque 74.
(Daniele Prisco)

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

P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che

P(n)=n^2 per

n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio:

G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri

(4,5,6,7,8) e poiché

G è chiaramente monico possiamo affermare che

G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine

G(x) con

P(x)-x^2 e ricavando

P(x) otteniamo che

P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando

P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi

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 [2029]
I numeri curiosi sono esattamente i liberi dai quadrati.\\
($\Leftarrow$) Se $n$ è un numero libero da quadrati allora $\tau(n)$ è una potenza di due, inoltre ogni divisore $d$ di $n$ è un numero libero da quadrati, quindi anche $\tau(d)$ è una potenza di $2$ e dato che $\tau(d) \le \tau(n)$ abbiamo che $\tau(d)|\tau(n)$.\\
($\Rightarrow$) Supponiamo che $n = p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_m^{a_m}$ sia un numero libero da quadrati. Allora abbiamo
\begin{align*}
&\tau(n/p_i)|\tau(n)\\
\Rightarrow &(a_1+1)\cdots(a_i)\cdots(a_m+1)|(a_1+1)\cdots(a_i+1)\cdots(a_m+1)\\
\Rightarrow &a_i | a_i+1 \Rightarrow a_i = 1.
\end{align*}
Dunque $n$ è libero da quadrati.\\
\\
Inoltre notiamo che $f(a,b)$ è semplicemente $MCD(a,b)$. A questo punto scriviamo
$$S(n) = \sum_{j=1}^n f(j,n) = \sum_{j=1}^n MCD(j,n),$$
dimostreremo che la funzione $S$ è moltiplicativa, cioè per ogni $m,n \in \mathbb{Z}^+$ coprimi $S(m)S(n) = S(mn)$. Infatti, segue dal teorema del resto cinese, possiamo rimpiazzare $j \text{ mod }mn$ con due numeri $j_m \text{ mod }m$ e $j_n \text{ mod }n$ in modo che:
\begin{align*}
S(mn) &= \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,mn) = \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,m)MCD(j,n)\\
&= \sum_{j_m=1}^{m} \sum_{j_n =1}^{n} MCD(j_m,m)MCD(j_n,n)\\
&= \left(\sum_{j_m=1}^m MCD(j_m,m)\right)\left(\sum_{j_n=1}^n MCD(j_n,n)\right) = S(m)S(n).
\end{align*}
Ma quindi dato che $C$ è un prodotto tra primi ed è facile verificare che $S(p) > 1$ per ogni primo $p$, abbiamo che $C$ stesso deve essere primo. Un po' di brute-force dà la risposta.
(Michele Tomasi)

Problema 97

Problema 98

Problema 99

Problema 100
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GranchioPodista · Messaggio da **GranchioPodista** » 17 apr 2022, 18:27

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

P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che

P(n)=n^2 per

n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio:

G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri

(4,5,6,7,8) e poiché

G è chiaramente monico possiamo affermare che

G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine

G(x) con

P(x)-x^2 e ricavando

P(x) otteniamo che

P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando

P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi

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[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
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Godl3x04 · Messaggio da **Godl3x04** » 17 apr 2022, 18:43

Problema 1 [3]
n il numero di commensali e d la distanza tra loro, i commensali sono i punti ${A_1, A_2,..., A_n}$ mettiamo $A_1$ in un punto qualsiasi del piano. $A_2$ potrà stare ovunque nella circonferenza di raggio d e centro $A_1$. Il terzo punto ha solo 2 posizioni in cui poter stare, che sono le intersezioni delle 2 circonferenze di centro $A_1$ e $A_2$, entrambe di raggio d. Posizionato il terzo punto e tracciata la 3 circonferenza noteremo che non ci sarà nessun punto in comune a tutte e 3 le circonferenze. Di conseguenza non ci può essere un quarto punto che rispetta le condizioni
(Alessandro Avellino)
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[74]
Il costo di un pallone ($C$) può essere pari o dispari. Se è pari, può essere pagato con $\frac{C}{2}$ monete da 2 orue. Poiché $\frac{C}{2}$ è pari, $C$ sarà un multiplo di 4, quindi potrà assumere 37 valori.
Se $C$ è dispari, invece, il pallone può essere pagato con $\frac{C-1}{2}$ monete da 2 orue e una moneta da un orue. Di conseguenza, C-1 è un multiplo di 2, ma $\frac{C-1}{2}$ è dispari (aggiungendo una moneta da un orue, il numero di monete usate è pari). Di conseguenza, $C-1$ è multiplo di 2 ma non di 4, quindi può assumere altri 37 valori.
La somma dei valori possibili è dunque 74.
(Daniele Prisco)

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

P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che

P(n)=n^2 per

n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio:

G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri

(4,5,6,7,8) e poiché

G è chiaramente monico possiamo affermare che

G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine

G(x) con

P(x)-x^2 e ricavando

P(x) otteniamo che

P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando

P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi

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 [4]
45=9*5 quindi scomponiamo il modulo in modulo 9 e modulo 5. modulo 5 è semplicemente 4, in quanto l'ultima cifra è proprio 4.Definiamo $\overline{a_1a_2a_3...a_k}$ la scrittura decimale in successione di $a_1,a_2,...,a_k$, per esempio $\overline{4^2 5^2}=1625$. Inoltre, chiamato N il nostro numero, N=$\overline{1^22^23^24^2...2022^2}$. $\overline{a_1a_2a_3...a_k} $ $mod 9 \equiv a_1+a_2+a_3+...+a_k$, dimostrarlo è facile. i residui quadratici di 9 sono 0,1,4,7 mentre la somma dei quadrati da 1 a 9 mod 9 è 24, (-3). Quindi ogni 9 numeri vi è un -3 da addizionare, quindi è (-3)*224(che sarebbe il numero di multipli di 9 minori di 2022). -672, a questo devi aggiungere i numeri da 2017 a 2022, -672+1+4+7+7=-653 $\equiv$ -14 $\equiv$ 4
siccome N è congruo a 4 sia mod 5 che mod 9, sarà congruo a 4 anche mod 45
(Alessandro Avellino)

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 2029
I numeri curiosi sono esattamente i liberi dai quadrati.\\
($\Leftarrow$) Se $n$ è un numero libero da quadrati allora $\tau(n)$ è una potenza di due, inoltre ogni divisore $d$ di $n$ è un numero libero da quadrati, quindi anche $\tau(d)$ è una potenza di $2$ e dato che $\tau(d) \le \tau(n)$ abbiamo che $\tau(d)|\tau(n)$.\\
($\Rightarrow$) Supponiamo che $n = p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_m^{a_m}$ sia un numero libero da quadrati. Allora abbiamo
\begin{align*}
&\tau(n/p_i)|\tau(n)\\
\Rightarrow &(a_1+1)\cdots(a_i)\cdots(a_m+1)|(a_1+1)\cdots(a_i+1)\cdots(a_m+1)\\
\Rightarrow &a_i | a_i+1 \Rightarrow a_i = 1.
\end{align*}
Dunque $n$ è libero da quadrati.\\
\\
Inoltre notiamo che $f(a,b)$ è semplicemente $MCD(a,b)$. A questo punto scriviamo
$$S(n) = \sum_{j=1}^n f(j,n) = \sum_{j=1}^n MCD(j,n),$$
dimostreremo che la funzione $S$ è moltiplicativa, cioè per ogni $m,n \in \mathbb{Z}^+$ coprimi $S(m)S(n) = S(mn)$. Infatti, segue dal teorema del resto cinese, possiamo rimpiazzare $j \text{ mod }mn$ con due numeri $j_m \text{ mod }m$ e $j_n \text{ mod }n$ in modo che:
\begin{align*}
S(mn) &= \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,mn) = \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,m)MCD(j,n)\\
&= \sum_{j_m=1}^{m} \sum_{j_n =1}^{n} MCD(j_m,m)MCD(j_n,n)\\
&= \left(\sum_{j_m=1}^m MCD(j_m,m)\right)\left(\sum_{j_n=1}^n MCD(j_n,n)\right) = S(m)S(n).
\end{align*}
Ma quindi dato che $C$ è un prodotto tra primi ed è facile verificare che $S(p) > 1$ per ogni primo $p$, abbiamo che $C$ stesso deve essere primo. Un po' di brute-force dà la risposta.
(Michele Tomasi)

Problema 97

Problema 98

Problema 99

Problema 100
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Misciu - Magnolfi · Messaggio da **Misciu - Magnolfi** » 17 apr 2022, 22:27

Problema 1 [3]
n il numero di commensali e d la distanza tra loro, i commensali sono i punti ${A_1, A_2,..., A_n}$ mettiamo $A_1$ in un punto qualsiasi del piano. $A_2$ potrà stare ovunque nella circonferenza di raggio d e centro $A_1$. Il terzo punto ha solo 2 posizioni in cui poter stare, che sono le intersezioni delle 2 circonferenze di centro $A_1$ e $A_2$, entrambe di raggio d. Posizionato il terzo punto e tracciata la 3 circonferenza noteremo che non ci sarà nessun punto in comune a tutte e 3 le circonferenze. Di conseguenza non ci può essere un quarto punto che rispetta le condizioni
(Alessandro Avellino)
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[74]
Il costo di un pallone ($C$) può essere pari o dispari. Se è pari, può essere pagato con $\frac{C}{2}$ monete da 2 orue. Poiché $\frac{C}{2}$ è pari, $C$ sarà un multiplo di 4, quindi potrà assumere 37 valori.
Se $C$ è dispari, invece, il pallone può essere pagato con $\frac{C-1}{2}$ monete da 2 orue e una moneta da un orue. Di conseguenza, C-1 è un multiplo di 2, ma $\frac{C-1}{2}$ è dispari (aggiungendo una moneta da un orue, il numero di monete usate è pari). Di conseguenza, $C-1$ è multiplo di 2 ma non di 4, quindi può assumere altri 37 valori.
La somma dei valori possibili è dunque 74.
(Daniele Prisco)

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

P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che

P(n)=n^2 per

n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio:

G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri

(4,5,6,7,8) e poiché

G è chiaramente monico possiamo affermare che

G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine

G(x) con

P(x)-x^2 e ricavando

P(x) otteniamo che

P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando

P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi

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 [4]
45=9*5 quindi scomponiamo il modulo in modulo 9 e modulo 5. modulo 5 è semplicemente 4, in quanto l'ultima cifra è proprio 4.Definiamo $\overline{a_1a_2a_3...a_k}$ la scrittura decimale in successione di $a_1,a_2,...,a_k$, per esempio $\overline{4^2 5^2}=1625$. Inoltre, chiamato N il nostro numero, N=$\overline{1^22^23^24^2...2022^2}$. $\overline{a_1a_2a_3...a_k} $ $mod 9 \equiv a_1+a_2+a_3+...+a_k$, dimostrarlo è facile. i residui quadratici di 9 sono 0,1,4,7 mentre la somma dei quadrati da 1 a 9 mod 9 è 24, (-3). Quindi ogni 9 numeri vi è un -3 da addizionare, quindi è (-3)*224(che sarebbe il numero di multipli di 9 minori di 2022). -672, a questo devi aggiungere i numeri da 2017 a 2022, -672+1+4+7+7=-653 $\equiv$ -14 $\equiv$ 4
siccome N è congruo a 4 sia mod 5 che mod 9, sarà congruo a 4 anche mod 45
(Alessandro Avellino)

Problema 83 [21]
Sia $H$ il piede dell'altezza uscente da $A$; $AY=AH-HY$. L'altezza $AH$ si può calcolare, ad esempio, invertendo la formula dell'area $A=\frac{b\cdot h}{2}$ dopo aver trovato quest'ultima con la formula di Erone, oppure trovando il coseno dell'angolo in $B$ col teorema del coseno, quindi il suo seno e applicando il primo teorema dei triangoli rettangoli a $ABH$. Eseguendo i calcoli, si trova che essa vale $AH=3\sqrt{5}$. $BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=2$.

Detto $M$ il punto medio di $BC$ si ha che $HM=HX=2$ e quindi esso è punto medio anche di $HX$; ma $OM\perp BC$ in quanto in un triangolo isoscele la mediana è anche altezza: allora, essendo $HYX$ e $MOX$ simili per il secondo criterio di similitudine, e avendo rapporto di similitudine $2$, $HY=2HO$

Attraverso il teorema della corda, oppure attraverso la formula nota, possiamo calcolare il raggio della circonferenza circoscritta ad $ABC$, $R=\frac{BC}{2\sin\alpha}=\frac{abc}{4A}=\frac{21}{2\sqrt{5}}$.
Ora possiamo trovare $HY=2HO=2\sqrt{R^2-MC^2}=\frac{11\sqrt{5}}{5}$ e infine $AY=AH-HY=3\sqrt{5}-\frac{11\sqrt{5}}{5}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$.

Stiamo cercando $AY^2=\frac{16}{5}$ e la risposta è infine $16+5=21$
(Alessandro Lombardo & Federico Magnolfi)

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 2029
I numeri curiosi sono esattamente i liberi dai quadrati.\\
($\Leftarrow$) Se $n$ è un numero libero da quadrati allora $\tau(n)$ è una potenza di due, inoltre ogni divisore $d$ di $n$ è un numero libero da quadrati, quindi anche $\tau(d)$ è una potenza di $2$ e dato che $\tau(d) \le \tau(n)$ abbiamo che $\tau(d)|\tau(n)$.\\
($\Rightarrow$) Supponiamo che $n = p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_m^{a_m}$ sia un numero libero da quadrati. Allora abbiamo
\begin{align*}
&\tau(n/p_i)|\tau(n)\\
\Rightarrow &(a_1+1)\cdots(a_i)\cdots(a_m+1)|(a_1+1)\cdots(a_i+1)\cdots(a_m+1)\\
\Rightarrow &a_i | a_i+1 \Rightarrow a_i = 1.
\end{align*}
Dunque $n$ è libero da quadrati.\\
\\
Inoltre notiamo che $f(a,b)$ è semplicemente $MCD(a,b)$. A questo punto scriviamo
$$S(n) = \sum_{j=1}^n f(j,n) = \sum_{j=1}^n MCD(j,n),$$
dimostreremo che la funzione $S$ è moltiplicativa, cioè per ogni $m,n \in \mathbb{Z}^+$ coprimi $S(m)S(n) = S(mn)$. Infatti, segue dal teorema del resto cinese, possiamo rimpiazzare $j \text{ mod }mn$ con due numeri $j_m \text{ mod }m$ e $j_n \text{ mod }n$ in modo che:
\begin{align*}
S(mn) &= \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,mn) = \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,m)MCD(j,n)\\
&= \sum_{j_m=1}^{m} \sum_{j_n =1}^{n} MCD(j_m,m)MCD(j_n,n)\\
&= \left(\sum_{j_m=1}^m MCD(j_m,m)\right)\left(\sum_{j_n=1}^n MCD(j_n,n)\right) = S(m)S(n).
\end{align*}
Ma quindi dato che $C$ è un prodotto tra primi ed è facile verificare che $S(p) > 1$ per ogni primo $p$, abbiamo che $C$ stesso deve essere primo. Un po' di brute-force dà la risposta.
(Michele Tomasi)

Problema 97

Problema 98

Problema 99

Problema 100
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Misciu - Magnolfi · Messaggio da **Misciu - Magnolfi** » 17 apr 2022, 23:45

Problema 1 [3]
n il numero di commensali e d la distanza tra loro, i commensali sono i punti ${A_1, A_2,..., A_n}$ mettiamo $A_1$ in un punto qualsiasi del piano. $A_2$ potrà stare ovunque nella circonferenza di raggio d e centro $A_1$. Il terzo punto ha solo 2 posizioni in cui poter stare, che sono le intersezioni delle 2 circonferenze di centro $A_1$ e $A_2$, entrambe di raggio d. Posizionato il terzo punto e tracciata la 3 circonferenza noteremo che non ci sarà nessun punto in comune a tutte e 3 le circonferenze. Di conseguenza non ci può essere un quarto punto che rispetta le condizioni
(Alessandro Avellino)
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[74]
Il costo di un pallone ($C$) può essere pari o dispari. Se è pari, può essere pagato con $\frac{C}{2}$ monete da 2 orue. Poiché $\frac{C}{2}$ è pari, $C$ sarà un multiplo di 4, quindi potrà assumere 37 valori.
Se $C$ è dispari, invece, il pallone può essere pagato con $\frac{C-1}{2}$ monete da 2 orue e una moneta da un orue. Di conseguenza, C-1 è un multiplo di 2, ma $\frac{C-1}{2}$ è dispari (aggiungendo una moneta da un orue, il numero di monete usate è pari). Di conseguenza, $C-1$ è multiplo di 2 ma non di 4, quindi può assumere altri 37 valori.
La somma dei valori possibili è dunque 74.
(Daniele Prisco)

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

P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che

P(n)=n^2 per

n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio:

G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri

(4,5,6,7,8) e poiché

G è chiaramente monico possiamo affermare che

G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine

G(x) con

P(x)-x^2 e ricavando

P(x) otteniamo che

P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando

P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi

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 $ABC$.
$\cos\widehat{ABC}=\frac{AB^2+BC^2-AC^2}{2AB\cdot BC}=\frac{2}{7} \sin\widehat{ABC}=\sqrt{1-\frac{4}{49}}=\frac{3\sqrt{5}}{7}$ \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 [4253]
Iniziamo col dimostrare che $P$ si trova all'esterno di $ABC$.

Detto $K$ il piede dell'altezza uscente da $A$ si ha che, essendo $\widehat{APB}$ congruente a $\widehat{AKB}$ perché entrambi retti, e dunque $AKBP$ ciclico, $P$ appartiene alla circonferenza circoscritta a $AKB$ alla quale non appartengono punti interni a $AKB$; ma $P$ appartiene alla mediana $AM$, la quale è evidentemente contenuta nel triangolo $AKB$ (lo si potrebbe dimostrare con i dati del problema), e quindi $P$ si trova all'esterno di $AKB$ ma anche di $ABC$.

Ora, è noto che in un triangolo di lati di lunghezza $9k$, $8k$, $7k$, con $k$ intero positivo, la mediana relativa alla base di lunghezza $8k$ misura $7k$: questo è facilmente verificabile per via trigonometrica, col teorema della mediana o anche con pitagora; in ogni caso, $AM\cong AC$ e in particolare $\widehat{AMC}\cong \widehat{ACM}=\gamma$.

Sia $\left\{D\right\}=BC\cap PT$. $BTD\sim BCH$ per il secondo criterio di similitudine in quanto hanno l'angolo in $B$ in comune e $\widehat{BDT}\cong \widehat{BHC}$ perché retti, in particolare $\widehat{ATD}=\gamma$.

$\widehat{BMP}\cong\widehat{AMC}$ perché opposi al vertice ed essendo $BPM$ rettangolo in $P$ e $PD$ l'altezza relativa all'ipotenusa, $BPD=\gamma$. Allora $BPT$ è isoscele sulla base $PT$, in altre parole $T$ è il simmetrico di $P$ rispetto a $BC$; da ciò deriva anche che $BMT\cong BMP$, in particolare che $\widehat{BTM}$ sia retto.

$BMT\sim BCH$ per il secondo criterio di similitudine in quanto hanno l'angolo in $B$ in comune e $\widehat{BTM}\cong \widehat{BHC}$ perché entrambi retti. Ma allora, essendo $M$ punto medio di $BC$, necessariamente $T$ è punto medio di $BH$.

Il rapporto $\frac{[ATB]}{[THC]}$ è uguale al rapporto fra le altezze $\frac{AH}{CH}$ in quanto i due triangoli hanno basi congruenti per quanto appena dimostrato. Esse si possono calcolare con pitagora, dopo aver ricavato $BH=\frac{2A}{AC}$ e l'area attraverso Erone o per via trigonometrica. Sviluppando i calcoli si trova $BH=\frac{24\sqrt{5}}{2}$, $CH=\sqrt{BC^2-BH^2}=\frac{16}{7}$ e $AH=AC-CH=\frac{33}{7}$
Il risultato cercato è $1000\cdot \left(\frac{AH}{CH}\right)^2=1000\cdot\left(\frac{33}{16}\right)^2\approx4253,90$ la cui parte intera è $4253$ che è la soluzione.
(Federico Magnolfi)
Problema 77

Problema 78

Problema 79

Problema 80

Problema 81

Problema 82 [4]
45=9*5 quindi scomponiamo il modulo in modulo 9 e modulo 5. modulo 5 è semplicemente 4, in quanto l'ultima cifra è proprio 4.Definiamo $\overline{a_1a_2a_3...a_k}$ la scrittura decimale in successione di $a_1,a_2,...,a_k$, per esempio $\overline{4^2 5^2}=1625$. Inoltre, chiamato N il nostro numero, N=$\overline{1^22^23^24^2...2022^2}$. $\overline{a_1a_2a_3...a_k} $ $mod 9 \equiv a_1+a_2+a_3+...+a_k$, dimostrarlo è facile. i residui quadratici di 9 sono 0,1,4,7 mentre la somma dei quadrati da 1 a 9 mod 9 è 24, (-3). Quindi ogni 9 numeri vi è un -3 da addizionare, quindi è (-3)*224(che sarebbe il numero di multipli di 9 minori di 2022). -672, a questo devi aggiungere i numeri da 2017 a 2022, -672+1+4+7+7=-653 $\equiv$ -14 $\equiv$ 4
siccome N è congruo a 4 sia mod 5 che mod 9, sarà congruo a 4 anche mod 45
(Alessandro Avellino)

Problema 83 [21]
Sia $H$ il piede dell'altezza uscente da $A$; $AY=AH-HY$. L'altezza $AH$ si può calcolare, ad esempio, invertendo la formula dell'area $A=\frac{b\cdot h}{2}$ dopo aver trovato quest'ultima con la formula di Erone, oppure trovando il coseno dell'angolo in $B$ col teorema del coseno, quindi il suo seno e applicando il primo teorema dei triangoli rettangoli a $ABH$. Eseguendo i calcoli, si trova che essa vale $AH=3\sqrt{5}$. $BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=2$.

Detto $M$ il punto medio di $BC$ si ha che $HM=HX=2$ e quindi esso è punto medio anche di $HX$; ma $OM\perp BC$ in quanto in un triangolo isoscele la mediana è anche altezza: allora, essendo $HYX$ e $MOX$ simili per il secondo criterio di similitudine, e avendo rapporto di similitudine $2$, $HY=2HO$

Attraverso il teorema della corda, oppure attraverso la formula nota, possiamo calcolare il raggio della circonferenza circoscritta ad $ABC$, $R=\frac{BC}{2\sin\alpha}=\frac{abc}{4A}=\frac{21}{2\sqrt{5}}$.
Ora possiamo trovare $HY=2HO=2\sqrt{R^2-MC^2}=\frac{11\sqrt{5}}{5}$ e infine $AY=AH-HY=3\sqrt{5}-\frac{11\sqrt{5}}{5}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$.

Stiamo cercando $AY^2=\frac{16}{5}$ e la risposta è infine $16+5=21$
(Alessandro Lombardo & Federico Magnolfi)

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 2029
I numeri curiosi sono esattamente i liberi dai quadrati.\\
($\Leftarrow$) Se $n$ è un numero libero da quadrati allora $\tau(n)$ è una potenza di due, inoltre ogni divisore $d$ di $n$ è un numero libero da quadrati, quindi anche $\tau(d)$ è una potenza di $2$ e dato che $\tau(d) \le \tau(n)$ abbiamo che $\tau(d)|\tau(n)$.\\
($\Rightarrow$) Supponiamo che $n = p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_m^{a_m}$ sia un numero libero da quadrati. Allora abbiamo
\begin{align*}
&\tau(n/p_i)|\tau(n)\\
\Rightarrow &(a_1+1)\cdots(a_i)\cdots(a_m+1)|(a_1+1)\cdots(a_i+1)\cdots(a_m+1)\\
\Rightarrow &a_i | a_i+1 \Rightarrow a_i = 1.
\end{align*}
Dunque $n$ è libero da quadrati.\\
\\
Inoltre notiamo che $f(a,b)$ è semplicemente $MCD(a,b)$. A questo punto scriviamo
$$S(n) = \sum_{j=1}^n f(j,n) = \sum_{j=1}^n MCD(j,n),$$
dimostreremo che la funzione $S$ è moltiplicativa, cioè per ogni $m,n \in \mathbb{Z}^+$ coprimi $S(m)S(n) = S(mn)$. Infatti, segue dal teorema del resto cinese, possiamo rimpiazzare $j \text{ mod }mn$ con due numeri $j_m \text{ mod }m$ e $j_n \text{ mod }n$ in modo che:
\begin{align*}
S(mn) &= \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,mn) = \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,m)MCD(j,n)\\
&= \sum_{j_m=1}^{m} \sum_{j_n =1}^{n} MCD(j_m,m)MCD(j_n,n)\\
&= \left(\sum_{j_m=1}^m MCD(j_m,m)\right)\left(\sum_{j_n=1}^n MCD(j_n,n)\right) = S(m)S(n).
\end{align*}
Ma quindi dato che $C$ è un prodotto tra primi ed è facile verificare che $S(p) > 1$ per ogni primo $p$, abbiamo che $C$ stesso deve essere primo. Un po' di brute-force dà la risposta.
(Michele Tomasi)

Problema 97

Problema 98

Problema 99

Problema 100
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Misciu - Magnolfi · Messaggio da **Misciu - Magnolfi** » 18 apr 2022, 00:40

Problema 1 [3]
n il numero di commensali e d la distanza tra loro, i commensali sono i punti ${A_1, A_2,..., A_n}$ mettiamo $A_1$ in un punto qualsiasi del piano. $A_2$ potrà stare ovunque nella circonferenza di raggio d e centro $A_1$. Il terzo punto ha solo 2 posizioni in cui poter stare, che sono le intersezioni delle 2 circonferenze di centro $A_1$ e $A_2$, entrambe di raggio d. Posizionato il terzo punto e tracciata la 3 circonferenza noteremo che non ci sarà nessun punto in comune a tutte e 3 le circonferenze. Di conseguenza non ci può essere un quarto punto che rispetta le condizioni
(Alessandro Avellino)
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[74]
Il costo di un pallone ($C$) può essere pari o dispari. Se è pari, può essere pagato con $\frac{C}{2}$ monete da 2 orue. Poiché $\frac{C}{2}$ è pari, $C$ sarà un multiplo di 4, quindi potrà assumere 37 valori.
Se $C$ è dispari, invece, il pallone può essere pagato con $\frac{C-1}{2}$ monete da 2 orue e una moneta da un orue. Di conseguenza, C-1 è un multiplo di 2, ma $\frac{C-1}{2}$ è dispari (aggiungendo una moneta da un orue, il numero di monete usate è pari). Di conseguenza, $C-1$ è multiplo di 2 ma non di 4, quindi può assumere altri 37 valori.
La somma dei valori possibili è dunque 74.
(Daniele Prisco)

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

P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che

P(n)=n^2 per

n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio:

G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri

(4,5,6,7,8) e poiché

G è chiaramente monico possiamo affermare che

G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine

G(x) con

P(x)-x^2 e ricavando

P(x) otteniamo che

P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando

P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi

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 [1158]
Dette $H$ e $K$, rispettivamente, le proiezioni di $D$ e $C$ su $AB$ e $AH=x$ possiamo calcolare l'altezza del trapezio in due modi diversi servendoci del teorema di Pitagora ed eguagliare le espressioni $DH^2=AD^2-AH^2=33^2-x^2=CK^2=BC^2-BK^2=60^2-(69-6-x)^2$.

Risolvendo l'equazione, si trova l'unico valore $x=\frac{81}{7}$ e l'altezza si può quindi calcolare, ad esempio, come $h=DH=\sqrt{AD^2-AH^2}=\frac{60\sqrt{13}}{7}$. L'area del trapezio vale $A=\frac{(b_1+b_2)\cdot h}{2}=\frac{(AB+CD)\cdot AH}{2}=\frac{(69+6)\cdot (60\sqrt13)}{7\cdot2}\approx 1158,93$; la sua parte intera è 1158 ed è la soluzione.
(Federico Magnolfi)

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 $Y$. $CY$ è dunque l'altezza uscente da $C$ e si può calcolare con la formula inversa $CY=\frac{2A}{AB}$ dopo aver ricavato l'area con la formula di Erone o per via trigonometrica.
Si trova che quest'ultima vale $A=1200\sqrt{5}$ e dunque $CY^2=\left(\frac{2A}{AB}\right)^2=\frac{4\cdot1200^2\cdot 5}{70^2}=\approx 5877,55.$. 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 [4253]
Iniziamo col dimostrare che $P$ si trova all'esterno di $ABC$.

Detto $K$ il piede dell'altezza uscente da $A$ si ha che, essendo $\widehat{APB}$ congruente a $\widehat{AKB}$ perché entrambi retti, e dunque $AKBP$ ciclico, $P$ appartiene alla circonferenza circoscritta a $AKB$ alla quale non appartengono punti interni a $AKB$; ma $P$ appartiene alla mediana $AM$, la quale è evidentemente contenuta nel triangolo $AKB$ (lo si potrebbe dimostrare con i dati del problema), e quindi $P$ si trova all'esterno di $AKB$ ma anche di $ABC$.

Ora, è noto che in un triangolo di lati di lunghezza $9k$, $8k$, $7k$, con $k$ intero positivo, la mediana relativa alla base di lunghezza $8k$ misura $7k$: questo è facilmente verificabile per via trigonometrica, col teorema della mediana o anche con pitagora; in ogni caso, $AM\cong AC$ e in particolare $\widehat{AMC}\cong \widehat{ACM}=\gamma$.

Sia $\left\{D\right\}=BC\cap PT$. $BTD\sim BCH$ per il secondo criterio di similitudine in quanto hanno l'angolo in $B$ in comune e $\widehat{BDT}\cong \widehat{BHC}$ perché retti, in particolare $\widehat{ATD}=\gamma$.

$\widehat{BMP}\cong\widehat{AMC}$ perché opposi al vertice ed essendo $BPM$ rettangolo in $P$ e $PD$ l'altezza relativa all'ipotenusa, $BPD=\gamma$. Allora $BPT$ è isoscele sulla base $PT$, in altre parole $T$ è il simmetrico di $P$ rispetto a $BC$; da ciò deriva anche che $BMT\cong BMP$, in particolare che $\widehat{BTM}$ sia retto.

$BMT\sim BCH$ per il secondo criterio di similitudine in quanto hanno l'angolo in $B$ in comune e $\widehat{BTM}\cong \widehat{BHC}$ perché entrambi retti. Ma allora, essendo $M$ punto medio di $BC$, necessariamente $T$ è punto medio di $BH$.

Il rapporto $\frac{[ATB]}{[THC]}$ è uguale al rapporto fra le altezze $\frac{AH}{CH}$ in quanto i due triangoli hanno basi congruenti per quanto appena dimostrato. Esse si possono calcolare con pitagora, dopo aver ricavato $BH=\frac{2A}{AC}$ e l'area attraverso Erone o per via trigonometrica. Sviluppando i calcoli si trova $BH=\frac{24\sqrt{5}}{2}$, $CH=\sqrt{BC^2-BH^2}=\frac{16}{7}$ e $AH=AC-CH=\frac{33}{7}$
Il risultato cercato è $1000\cdot \left(\frac{AH}{CH}\right)^2=1000\cdot\left(\frac{33}{16}\right)^2\approx4253,90$ la cui parte intera è $4253$ che è la soluzione.
(Federico Magnolfi)

Problema 77

Problema 78

Problema 79

Problema 80

Problema 81

Problema 82 [4]
45=9*5 quindi scomponiamo il modulo in modulo 9 e modulo 5. modulo 5 è semplicemente 4, in quanto l'ultima cifra è proprio 4.Definiamo $\overline{a_1a_2a_3...a_k}$ la scrittura decimale in successione di $a_1,a_2,...,a_k$, per esempio $\overline{4^2 5^2}=1625$. Inoltre, chiamato N il nostro numero, N=$\overline{1^22^23^24^2...2022^2}$. $\overline{a_1a_2a_3...a_k} $ $mod 9 \equiv a_1+a_2+a_3+...+a_k$, dimostrarlo è facile. i residui quadratici di 9 sono 0,1,4,7 mentre la somma dei quadrati da 1 a 9 mod 9 è 24, (-3). Quindi ogni 9 numeri vi è un -3 da addizionare, quindi è (-3)*224(che sarebbe il numero di multipli di 9 minori di 2022). -672, a questo devi aggiungere i numeri da 2017 a 2022, -672+1+4+7+7=-653 $\equiv$ -14 $\equiv$ 4
siccome N è congruo a 4 sia mod 5 che mod 9, sarà congruo a 4 anche mod 45
(Alessandro Avellino)

Problema 83 [21]
Sia $H$ il piede dell'altezza uscente da $A$; $AY=AH-HY$. L'altezza $AH$ si può calcolare, ad esempio, invertendo la formula dell'area $A=\frac{b\cdot h}{2}$ dopo aver trovato quest'ultima con la formula di Erone, oppure trovando il coseno dell'angolo in $B$ col teorema del coseno, quindi il suo seno e applicando il primo teorema dei triangoli rettangoli a $ABH$. Eseguendo i calcoli, si trova che essa vale $AH=3\sqrt{5}$. $BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=2$.

Detto $M$ il punto medio di $BC$ si ha che $HM=HX=2$ e quindi esso è punto medio anche di $HX$; ma $OM\perp BC$ in quanto in un triangolo isoscele la mediana è anche altezza: allora, essendo $HYX$ e $MOX$ simili per il secondo criterio di similitudine, e avendo rapporto di similitudine $2$, $HY=2HO$

Attraverso il teorema della corda, oppure attraverso la formula nota, possiamo calcolare il raggio della circonferenza circoscritta ad $ABC$, $R=\frac{BC}{2\sin\alpha}=\frac{abc}{4A}=\frac{21}{2\sqrt{5}}$.
Ora possiamo trovare $HY=2HO=2\sqrt{R^2-MC^2}=\frac{11\sqrt{5}}{5}$ e infine $AY=AH-HY=3\sqrt{5}-\frac{11\sqrt{5}}{5}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$.

Stiamo cercando $AY^2=\frac{16}{5}$ e la risposta è infine $16+5=21$
(Alessandro Lombardo & Federico Magnolfi)

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 2029
I numeri curiosi sono esattamente i liberi dai quadrati.\\
($\Leftarrow$) Se $n$ è un numero libero da quadrati allora $\tau(n)$ è una potenza di due, inoltre ogni divisore $d$ di $n$ è un numero libero da quadrati, quindi anche $\tau(d)$ è una potenza di $2$ e dato che $\tau(d) \le \tau(n)$ abbiamo che $\tau(d)|\tau(n)$.\\
($\Rightarrow$) Supponiamo che $n = p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_m^{a_m}$ sia un numero libero da quadrati. Allora abbiamo
\begin{align*}
&\tau(n/p_i)|\tau(n)\\
\Rightarrow &(a_1+1)\cdots(a_i)\cdots(a_m+1)|(a_1+1)\cdots(a_i+1)\cdots(a_m+1)\\
\Rightarrow &a_i | a_i+1 \Rightarrow a_i = 1.
\end{align*}
Dunque $n$ è libero da quadrati.\\
\\
Inoltre notiamo che $f(a,b)$ è semplicemente $MCD(a,b)$. A questo punto scriviamo
$$S(n) = \sum_{j=1}^n f(j,n) = \sum_{j=1}^n MCD(j,n),$$
dimostreremo che la funzione $S$ è moltiplicativa, cioè per ogni $m,n \in \mathbb{Z}^+$ coprimi $S(m)S(n) = S(mn)$. Infatti, segue dal teorema del resto cinese, possiamo rimpiazzare $j \text{ mod }mn$ con due numeri $j_m \text{ mod }m$ e $j_n \text{ mod }n$ in modo che:
\begin{align*}
S(mn) &= \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,mn) = \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,m)MCD(j,n)\\
&= \sum_{j_m=1}^{m} \sum_{j_n =1}^{n} MCD(j_m,m)MCD(j_n,n)\\
&= \left(\sum_{j_m=1}^m MCD(j_m,m)\right)\left(\sum_{j_n=1}^n MCD(j_n,n)\right) = S(m)S(n).
\end{align*}
Ma quindi dato che $C$ è un prodotto tra primi ed è facile verificare che $S(p) > 1$ per ogni primo $p$, abbiamo che $C$ stesso deve essere primo. Un po' di brute-force dà la risposta.
(Michele Tomasi)

Problema 97

Problema 98

Problema 99

Problema 100
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Folpo13 · Messaggio da **Folpo13** » 18 apr 2022, 10:37

Problema 1 [3]
n il numero di commensali e d la distanza tra loro, i commensali sono i punti ${A_1, A_2,..., A_n}$ mettiamo $A_1$ in un punto qualsiasi del piano. $A_2$ potrà stare ovunque nella circonferenza di raggio d e centro $A_1$. Il terzo punto ha solo 2 posizioni in cui poter stare, che sono le intersezioni delle 2 circonferenze di centro $A_1$ e $A_2$, entrambe di raggio d. Posizionato il terzo punto e tracciata la 3 circonferenza noteremo che non ci sarà nessun punto in comune a tutte e 3 le circonferenze. Di conseguenza non ci può essere un quarto punto che rispetta le condizioni
(Alessandro Avellino)

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 [36]
Un rettangolo con le diagonali perpendicolari è un quadrato. L'area è quindi $6^2=36$
(Filippo Prandina)

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 [2022]
Supponiamo che ci siano $2022$ fisici. Tutti dicono la verità, cioè che non sono matematici: non c'è alcuna contraddizione. $2022$ è anche il numero di abitanti dell'isola, quindi è il massimo numero di fisici.
(Filippo Prandina)

Problema 9 [8]
$4n/32=k$ con $k\in N>=0$. Quindi $n=8k$. Il minimo si ha quando $k=1$ e $n=8$.
(Filippo Prandina)

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 [74]
Il costo di un pallone ($C$) può essere pari o dispari. Se è pari, può essere pagato con $\frac{C}{2}$ monete da 2 orue. Poiché $\frac{C}{2}$ è pari, $C$ sarà un multiplo di 4, quindi potrà assumere 37 valori.
Se $C$ è dispari, invece, il pallone può essere pagato con $\frac{C-1}{2}$ monete da 2 orue e una moneta da un orue. Di conseguenza, C-1 è un multiplo di 2, ma $\frac{C-1}{2}$ è dispari (aggiungendo una moneta da un orue, il numero di monete usate è pari). Di conseguenza, $C-1$ è multiplo di 2 ma non di 4, quindi può assumere altri 37 valori.
La somma dei valori possibili è dunque 74.
(Daniele Prisco)

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

P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che

P(n)=n^2 per

n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio:

G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri

(4,5,6,7,8) e poiché

G è chiaramente monico possiamo affermare che

G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine

G(x) con

P(x)-x^2 e ricavando

P(x) otteniamo che

P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando

P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi

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 [1158]
Dette $H$ e $K$, rispettivamente, le proiezioni di $D$ e $C$ su $AB$ e $AH=x$ possiamo calcolare l'altezza del trapezio in due modi diversi servendoci del teorema di Pitagora ed eguagliare le espressioni $DH^2=AD^2-AH^2=33^2-x^2=CK^2=BC^2-BK^2=60^2-(69-6-x)^2$.

Risolvendo l'equazione, si trova l'unico valore $x=\frac{81}{7}$ e l'altezza si può quindi calcolare, ad esempio, come $h=DH=\sqrt{AD^2-AH^2}=\frac{60\sqrt{13}}{7}$. L'area del trapezio vale $A=\frac{(b_1+b_2)\cdot h}{2}=\frac{(AB+CD)\cdot AH}{2}=\frac{(69+6)\cdot (60\sqrt13)}{7\cdot2}\approx 1158,93$; la sua parte intera è 1158 ed è la soluzione.
(Federico Magnolfi)

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 $Y$. $CY$ è dunque l'altezza uscente da $C$ e si può calcolare con la formula inversa $CY=\frac{2A}{AB}$ dopo aver ricavato l'area con la formula di Erone o per via trigonometrica.
Si trova che quest'ultima vale $A=1200\sqrt{5}$ e dunque $CY^2=\left(\frac{2A}{AB}\right)^2=\frac{4\cdot1200^2\cdot 5}{70^2}=\approx 5877,55.$. 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 [4253]
Iniziamo col dimostrare che $P$ si trova all'esterno di $ABC$.

Detto $K$ il piede dell'altezza uscente da $A$ si ha che, essendo $\widehat{APB}$ congruente a $\widehat{AKB}$ perché entrambi retti, e dunque $AKBP$ ciclico, $P$ appartiene alla circonferenza circoscritta a $AKB$ alla quale non appartengono punti interni a $AKB$; ma $P$ appartiene alla mediana $AM$, la quale è evidentemente contenuta nel triangolo $AKB$ (lo si potrebbe dimostrare con i dati del problema), e quindi $P$ si trova all'esterno di $AKB$ ma anche di $ABC$.

Ora, è noto che in un triangolo di lati di lunghezza $9k$, $8k$, $7k$, con $k$ intero positivo, la mediana relativa alla base di lunghezza $8k$ misura $7k$: questo è facilmente verificabile per via trigonometrica, col teorema della mediana o anche con pitagora; in ogni caso, $AM\cong AC$ e in particolare $\widehat{AMC}\cong \widehat{ACM}=\gamma$.

Sia $\left\{D\right\}=BC\cap PT$. $BTD\sim BCH$ per il secondo criterio di similitudine in quanto hanno l'angolo in $B$ in comune e $\widehat{BDT}\cong \widehat{BHC}$ perché retti, in particolare $\widehat{ATD}=\gamma$.

$\widehat{BMP}\cong\widehat{AMC}$ perché opposi al vertice ed essendo $BPM$ rettangolo in $P$ e $PD$ l'altezza relativa all'ipotenusa, $BPD=\gamma$. Allora $BPT$ è isoscele sulla base $PT$, in altre parole $T$ è il simmetrico di $P$ rispetto a $BC$; da ciò deriva anche che $BMT\cong BMP$, in particolare che $\widehat{BTM}$ sia retto.

$BMT\sim BCH$ per il secondo criterio di similitudine in quanto hanno l'angolo in $B$ in comune e $\widehat{BTM}\cong \widehat{BHC}$ perché entrambi retti. Ma allora, essendo $M$ punto medio di $BC$, necessariamente $T$ è punto medio di $BH$.

Il rapporto $\frac{[ATB]}{[THC]}$ è uguale al rapporto fra le altezze $\frac{AH}{CH}$ in quanto i due triangoli hanno basi congruenti per quanto appena dimostrato. Esse si possono calcolare con pitagora, dopo aver ricavato $BH=\frac{2A}{AC}$ e l'area attraverso Erone o per via trigonometrica. Sviluppando i calcoli si trova $BH=\frac{24\sqrt{5}}{2}$, $CH=\sqrt{BC^2-BH^2}=\frac{16}{7}$ e $AH=AC-CH=\frac{33}{7}$
Il risultato cercato è $1000\cdot \left(\frac{AH}{CH}\right)^2=1000\cdot\left(\frac{33}{16}\right)^2\approx4253,90$ la cui parte intera è $4253$ che è la soluzione.
(Federico Magnolfi)

Problema 77

Problema 78

Problema 79

Problema 80

Problema 81

Problema 82 [4]
45=9*5 quindi scomponiamo il modulo in modulo 9 e modulo 5. modulo 5 è semplicemente 4, in quanto l'ultima cifra è proprio 4.Definiamo $\overline{a_1a_2a_3...a_k}$ la scrittura decimale in successione di $a_1,a_2,...,a_k$, per esempio $\overline{4^2 5^2}=1625$. Inoltre, chiamato N il nostro numero, N=$\overline{1^22^23^24^2...2022^2}$. $\overline{a_1a_2a_3...a_k} $ $mod 9 \equiv a_1+a_2+a_3+...+a_k$, dimostrarlo è facile. i residui quadratici di 9 sono 0,1,4,7 mentre la somma dei quadrati da 1 a 9 mod 9 è 24, (-3). Quindi ogni 9 numeri vi è un -3 da addizionare, quindi è (-3)*224(che sarebbe il numero di multipli di 9 minori di 2022). -672, a questo devi aggiungere i numeri da 2017 a 2022, -672+1+4+7+7=-653 $\equiv$ -14 $\equiv$ 4
siccome N è congruo a 4 sia mod 5 che mod 9, sarà congruo a 4 anche mod 45
(Alessandro Avellino)

Problema 83 [21]
Sia $H$ il piede dell'altezza uscente da $A$; $AY=AH-HY$. L'altezza $AH$ si può calcolare, ad esempio, invertendo la formula dell'area $A=\frac{b\cdot h}{2}$ dopo aver trovato quest'ultima con la formula di Erone, oppure trovando il coseno dell'angolo in $B$ col teorema del coseno, quindi il suo seno e applicando il primo teorema dei triangoli rettangoli a $ABH$. Eseguendo i calcoli, si trova che essa vale $AH=3\sqrt{5}$. $BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=2$.

Detto $M$ il punto medio di $BC$ si ha che $HM=HX=2$ e quindi esso è punto medio anche di $HX$; ma $OM\perp BC$ in quanto in un triangolo isoscele la mediana è anche altezza: allora, essendo $HYX$ e $MOX$ simili per il secondo criterio di similitudine, e avendo rapporto di similitudine $2$, $HY=2HO$

Attraverso il teorema della corda, oppure attraverso la formula nota, possiamo calcolare il raggio della circonferenza circoscritta ad $ABC$, $R=\frac{BC}{2\sin\alpha}=\frac{abc}{4A}=\frac{21}{2\sqrt{5}}$.
Ora possiamo trovare $HY=2HO=2\sqrt{R^2-MC^2}=\frac{11\sqrt{5}}{5}$ e infine $AY=AH-HY=3\sqrt{5}-\frac{11\sqrt{5}}{5}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$.

Stiamo cercando $AY^2=\frac{16}{5}$ e la risposta è infine $16+5=21$
(Alessandro Lombardo & Federico Magnolfi)

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 [2029]
I numeri curiosi sono esattamente i liberi dai quadrati.\\
($\Leftarrow$) Se $n$ è un numero libero da quadrati allora $\tau(n)$ è una potenza di due, inoltre ogni divisore $d$ di $n$ è un numero libero da quadrati, quindi anche $\tau(d)$ è una potenza di $2$ e dato che $\tau(d) \le \tau(n)$ abbiamo che $\tau(d)|\tau(n)$.\\
($\Rightarrow$) Supponiamo che $n = p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_m^{a_m}$ sia un numero libero da quadrati. Allora abbiamo
\begin{align*}
&\tau(n/p_i)|\tau(n)\\
\Rightarrow &(a_1+1)\cdots(a_i)\cdots(a_m+1)|(a_1+1)\cdots(a_i+1)\cdots(a_m+1)\\
\Rightarrow &a_i | a_i+1 \Rightarrow a_i = 1.
\end{align*}
Dunque $n$ è libero da quadrati.\\
\\
Inoltre notiamo che $f(a,b)$ è semplicemente $MCD(a,b)$. A questo punto scriviamo
$$S(n) = \sum_{j=1}^n f(j,n) = \sum_{j=1}^n MCD(j,n),$$
dimostreremo che la funzione $S$ è moltiplicativa, cioè per ogni $m,n \in \mathbb{Z}^+$ coprimi $S(m)S(n) = S(mn)$. Infatti, segue dal teorema del resto cinese, possiamo rimpiazzare $j \text{ mod }mn$ con due numeri $j_m \text{ mod }m$ e $j_n \text{ mod }n$ in modo che:
\begin{align*}
S(mn) &= \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,mn) = \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,m)MCD(j,n)\\
&= \sum_{j_m=1}^{m} \sum_{j_n =1}^{n} MCD(j_m,m)MCD(j_n,n)\\
&= \left(\sum_{j_m=1}^m MCD(j_m,m)\right)\left(\sum_{j_n=1}^n MCD(j_n,n)\right) = S(m)S(n).
\end{align*}
Ma quindi dato che $C$ è un prodotto tra primi ed è facile verificare che $S(p) > 1$ per ogni primo $p$, abbiamo che $C$ stesso deve essere primo. Un po' di brute-force dà la risposta.
(Michele Tomasi)

Problema 97

Problema 98

Problema 99

Problema 100

white_queen · Messaggio da **white_queen** » 18 apr 2022, 11:46

Problema 1 [3]
n il numero di commensali e d la distanza tra loro, i commensali sono i punti ${A_1, A_2,..., A_n}$ mettiamo $A_1$ in un punto qualsiasi del piano. $A_2$ potrà stare ovunque nella circonferenza di raggio d e centro $A_1$. Il terzo punto ha solo 2 posizioni in cui poter stare, che sono le intersezioni delle 2 circonferenze di centro $A_1$ e $A_2$, entrambe di raggio d. Posizionato il terzo punto e tracciata la 3 circonferenza noteremo che non ci sarà nessun punto in comune a tutte e 3 le circonferenze. Di conseguenza non ci può essere un quarto punto che rispetta le condizioni
(Alessandro Avellino)
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[20]
Il doppio delle cifre di n dovrà necessariamente essere un numero di $3$ cifre ognuna delle quali minore di 5. Una volta individuato il numero più piccolo $n $ come $101 ( 2n = 202)$ e il massimo $n$ come $444 (2n= 888)$ i restanti saranno compresi tra essi. Ci saranno 18 numeri palindromi tra questi due estremi, con la cifra intermedia contente al più il 4 e gli estremi uguali da 1 a 4. I numeri saranno 101, 111, 121, 131, 141, 202, 222… fino a 444. Il totale è di 20 numeri bipalindromi.
(Irene Mancone)

Problema 32

Problema 33[74]
Il costo di un pallone ($C$) può essere pari o dispari. Se è pari, può essere pagato con $\frac{C}{2}$ monete da 2 orue. Poiché $\frac{C}{2}$ è pari, $C$ sarà un multiplo di 4, quindi potrà assumere 37 valori.
Se $C$ è dispari, invece, il pallone può essere pagato con $\frac{C-1}{2}$ monete da 2 orue e una moneta da un orue. Di conseguenza, C-1 è un multiplo di 2, ma $\frac{C-1}{2}$ è dispari (aggiungendo una moneta da un orue, il numero di monete usate è pari). Di conseguenza, $C-1$ è multiplo di 2 ma non di 4, quindi può assumere altri 37 valori.
La somma dei valori possibili è dunque 74.
(Daniele Prisco)

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

P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che

P(n)=n^2 per

n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio:

G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri

(4,5,6,7,8) e poiché

G è chiaramente monico possiamo affermare che

G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine

G(x) con

P(x)-x^2 e ricavando

P(x) otteniamo che

P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando

P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi

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[15]
Dovendo esistere almeno un numero $k>1$ che elevato al cubo sia un divisore di $n$ si possono escludere i numeri da 2 a 7 in quanto l’unico loro divisore al cubo è 1 e k non può assumere tale valore. L’8 si può vedere come $2^3$ ed è un prigioniero di cubi, così come lo sono tutti i suoi multipli fino 96. È valido lo stesso discorso anche per i multipli di 27 (essendo $3^3$) fino a 81. Contandoli si arriva al risultato richiesto, 15.
(Irene Mancone)

Problema 50

Problema 51

Problema 52

Problema 53

Problema 54

Problema 55

Problema 56

Problema 57 [183]
Si può considerare il triangolo isoscele con i vertici di coordinate $B (0;0), C (20;0)$ e A$ (10; y)$ con $y > 0$
Il punto $H$ è l’intersezione tra le rette perpendicolari ai lati passanti per $A, B, C$. Sapendo che le distanze tra
$AH$ e $AD$ sono segmenti di lunghezza intera il punto $H$ si potrà trovare al minimo nella coordinata $(10;1)$. Calcolando il coefficiente angolare tra $H$ e i punti $B$ e $C$, le rette passanti per $B$ e $C$ con coefficiente angolare antireciproco si può ottenere l’ordinata di $A$ sostituendo in una delle due equazioni.
$m_{BH}$= $\frac{1}{10}$ $m^1$=$-10$ retta r passante per A e C: $y=-10x+200$
$m_{CH}$=$\frac{-1}{10}$ $m^1$=10 retta s passante per B e A : $y=10x$

Per $H (10,1)$ A vale (10, 100) e la distanza è intera (99).
Una volta stabilita l’ordinata massima di A è sufficiente ripetere il procedimento. Per H (10,2) A (10, 50), per H (10,4) A(10,25). Nelle coordinate (10, 10) H e A si sovrappongono. Poi si avrà che A si trova in (10,20), in (10,2) e (10,5). La soluzione si ottiene sommando le distanze trovate tra H e A senza ripetizioni.
(Irene Mancone)

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 [1158]
Dette $H$ e $K$, rispettivamente, le proiezioni di $D$ e $C$ su $AB$ e $AH=x$ possiamo calcolare l'altezza del trapezio in due modi diversi servendoci del teorema di Pitagora ed eguagliare le espressioni $DH^2=AD^2-AH^2=33^2-x^2=CK^2=BC^2-BK^2=60^2-(69-6-x)^2$.

Risolvendo l'equazione, si trova l'unico valore $x=\frac{81}{7}$ e l'altezza si può quindi calcolare, ad esempio, come $h=DH=\sqrt{AD^2-AH^2}=\frac{60\sqrt{13}}{7}$. L'area del trapezio vale $A=\frac{(b_1+b_2)\cdot h}{2}=\frac{(AB+CD)\cdot AH}{2}=\frac{(69+6)\cdot (60\sqrt13)}{7\cdot2}\approx 1158,93$; la sua parte intera è 1158 ed è la soluzione.
(Federico Magnolfi)

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 $Y$. $CY$ è dunque l'altezza uscente da $C$ e si può calcolare con la formula inversa $CY=\frac{2A}{AB}$ dopo aver ricavato l'area con la formula di Erone o per via trigonometrica.
Si trova che quest'ultima vale $A=1200\sqrt{5}$ e dunque $CY^2=\left(\frac{2A}{AB}\right)^2=\frac{4\cdot1200^2\cdot 5}{70^2}=\approx 5877,55.$. 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 [4253]
Iniziamo col dimostrare che $P$ si trova all'esterno di $ABC$.

Detto $K$ il piede dell'altezza uscente da $A$ si ha che, essendo $\widehat{APB}$ congruente a $\widehat{AKB}$ perché entrambi retti, e dunque $AKBP$ ciclico, $P$ appartiene alla circonferenza circoscritta a $AKB$ alla quale non appartengono punti interni a $AKB$; ma $P$ appartiene alla mediana $AM$, la quale è evidentemente contenuta nel triangolo $AKB$ (lo si potrebbe dimostrare con i dati del problema), e quindi $P$ si trova all'esterno di $AKB$ ma anche di $ABC$.

Ora, è noto che in un triangolo di lati di lunghezza $9k$, $8k$, $7k$, con $k$ intero positivo, la mediana relativa alla base di lunghezza $8k$ misura $7k$: questo è facilmente verificabile per via trigonometrica, col teorema della mediana o anche con pitagora; in ogni caso, $AM\cong AC$ e in particolare $\widehat{AMC}\cong \widehat{ACM}=\gamma$.

Sia $\left\{D\right\}=BC\cap PT$. $BTD\sim BCH$ per il secondo criterio di similitudine in quanto hanno l'angolo in $B$ in comune e $\widehat{BDT}\cong \widehat{BHC}$ perché retti, in particolare $\widehat{ATD}=\gamma$.

$\widehat{BMP}\cong\widehat{AMC}$ perché opposi al vertice ed essendo $BPM$ rettangolo in $P$ e $PD$ l'altezza relativa all'ipotenusa, $BPD=\gamma$. Allora $BPT$ è isoscele sulla base $PT$, in altre parole $T$ è il simmetrico di $P$ rispetto a $BC$; da ciò deriva anche che $BMT\cong BMP$, in particolare che $\widehat{BTM}$ sia retto.

$BMT\sim BCH$ per il secondo criterio di similitudine in quanto hanno l'angolo in $B$ in comune e $\widehat{BTM}\cong \widehat{BHC}$ perché entrambi retti. Ma allora, essendo $M$ punto medio di $BC$, necessariamente $T$ è punto medio di $BH$.

Il rapporto $\frac{[ATB]}{[THC]}$ è uguale al rapporto fra le altezze $\frac{AH}{CH}$ in quanto i due triangoli hanno basi congruenti per quanto appena dimostrato. Esse si possono calcolare con pitagora, dopo aver ricavato $BH=\frac{2A}{AC}$ e l'area attraverso Erone o per via trigonometrica. Sviluppando i calcoli si trova $BH=\frac{24\sqrt{5}}{2}$, $CH=\sqrt{BC^2-BH^2}=\frac{16}{7}$ e $AH=AC-CH=\frac{33}{7}$
Il risultato cercato è $1000\cdot \left(\frac{AH}{CH}\right)^2=1000\cdot\left(\frac{33}{16}\right)^2\approx4253,90$ la cui parte intera è $4253$ che è la soluzione.
(Federico Magnolfi)

Problema 77

Problema 78

Problema 79

Problema 80

Problema 81

Problema 82 [4]
45=9*5 quindi scomponiamo il modulo in modulo 9 e modulo 5. modulo 5 è semplicemente 4, in quanto l'ultima cifra è proprio 4.Definiamo $\overline{a_1a_2a_3...a_k}$ la scrittura decimale in successione di $a_1,a_2,...,a_k$, per esempio $\overline{4^2 5^2}=1625$. Inoltre, chiamato N il nostro numero, N=$\overline{1^22^23^24^2...2022^2}$. $\overline{a_1a_2a_3...a_k} $ $mod 9 \equiv a_1+a_2+a_3+...+a_k$, dimostrarlo è facile. i residui quadratici di 9 sono 0,1,4,7 mentre la somma dei quadrati da 1 a 9 mod 9 è 24, (-3). Quindi ogni 9 numeri vi è un -3 da addizionare, quindi è (-3)*224(che sarebbe il numero di multipli di 9 minori di 2022). -672, a questo devi aggiungere i numeri da 2017 a 2022, -672+1+4+7+7=-653 $\equiv$ -14 $\equiv$ 4
siccome N è congruo a 4 sia mod 5 che mod 9, sarà congruo a 4 anche mod 45
(Alessandro Avellino)

Problema 83 [21]
Sia $H$ il piede dell'altezza uscente da $A$; $AY=AH-HY$. L'altezza $AH$ si può calcolare, ad esempio, invertendo la formula dell'area $A=\frac{b\cdot h}{2}$ dopo aver trovato quest'ultima con la formula di Erone, oppure trovando il coseno dell'angolo in $B$ col teorema del coseno, quindi il suo seno e applicando il primo teorema dei triangoli rettangoli a $ABH$. Eseguendo i calcoli, si trova che essa vale $AH=3\sqrt{5}$. $BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=2$.

Detto $M$ il punto medio di $BC$ si ha che $HM=HX=2$ e quindi esso è punto medio anche di $HX$; ma $OM\perp BC$ in quanto in un triangolo isoscele la mediana è anche altezza: allora, essendo $HYX$ e $MOX$ simili per il secondo criterio di similitudine, e avendo rapporto di similitudine $2$, $HY=2HO$

Attraverso il teorema della corda, oppure attraverso la formula nota, possiamo calcolare il raggio della circonferenza circoscritta ad $ABC$, $R=\frac{BC}{2\sin\alpha}=\frac{abc}{4A}=\frac{21}{2\sqrt{5}}$.
Ora possiamo trovare $HY=2HO=2\sqrt{R^2-MC^2}=\frac{11\sqrt{5}}{5}$ e infine $AY=AH-HY=3\sqrt{5}-\frac{11\sqrt{5}}{5}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$.

Stiamo cercando $AY^2=\frac{16}{5}$ e la risposta è infine $16+5=21$
(Alessandro Lombardo & Federico Magnolfi)

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 2029
I numeri curiosi sono esattamente i liberi dai quadrati.\\
($\Leftarrow$) Se $n$ è un numero libero da quadrati allora $\tau(n)$ è una potenza di due, inoltre ogni divisore $d$ di $n$ è un numero libero da quadrati, quindi anche $\tau(d)$ è una potenza di $2$ e dato che $\tau(d) \le \tau(n)$ abbiamo che $\tau(d)|\tau(n)$.\\
($\Rightarrow$) Supponiamo che $n = p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_m^{a_m}$ sia un numero libero da quadrati. Allora abbiamo
\begin{align*}
&\tau(n/p_i)|\tau(n)\\
\Rightarrow &(a_1+1)\cdots(a_i)\cdots(a_m+1)|(a_1+1)\cdots(a_i+1)\cdots(a_m+1)\\
\Rightarrow &a_i | a_i+1 \Rightarrow a_i = 1.
\end{align*}
Dunque $n$ è libero da quadrati.\\
\\
Inoltre notiamo che $f(a,b)$ è semplicemente $MCD(a,b)$. A questo punto scriviamo
$$S(n) = \sum_{j=1}^n f(j,n) = \sum_{j=1}^n MCD(j,n),$$
dimostreremo che la funzione $S$ è moltiplicativa, cioè per ogni $m,n \in \mathbb{Z}^+$ coprimi $S(m)S(n) = S(mn)$. Infatti, segue dal teorema del resto cinese, possiamo rimpiazzare $j \text{ mod }mn$ con due numeri $j_m \text{ mod }m$ e $j_n \text{ mod }n$ in modo che:
\begin{align*}
S(mn) &= \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,mn) = \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,m)MCD(j,n)\\
&= \sum_{j_m=1}^{m} \sum_{j_n =1}^{n} MCD(j_m,m)MCD(j_n,n)\\
&= \left(\sum_{j_m=1}^m MCD(j_m,m)\right)\left(\sum_{j_n=1}^n MCD(j_n,n)\right) = S(m)S(n).
\end{align*}
Ma quindi dato che $C$ è un prodotto tra primi ed è facile verificare che $S(p) > 1$ per ogni primo $p$, abbiamo che $C$ stesso deve essere primo. Un po' di brute-force dà la risposta.
(Michele Tomasi)

Problema 97

Problema 98

Problema 99

Problema 100
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GranchioPodista · Messaggio da **GranchioPodista** » 18 apr 2022, 12:43

Problema 1 [3]
n il numero di commensali e d la distanza tra loro, i commensali sono i punti ${A_1, A_2,..., A_n}$ mettiamo $A_1$ in un punto qualsiasi del piano. $A_2$ potrà stare ovunque nella circonferenza di raggio d e centro $A_1$. Il terzo punto ha solo 2 posizioni in cui poter stare, che sono le intersezioni delle 2 circonferenze di centro $A_1$ e $A_2$, entrambe di raggio d. Posizionato il terzo punto e tracciata la 3 circonferenza noteremo che non ci sarà nessun punto in comune a tutte e 3 le circonferenze. Di conseguenza non ci può essere un quarto punto che rispetta le condizioni
(Alessandro Avellino)
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 [36]
Un rettangolo con le diagonali perpendicolari è un quadrato. L'area è quindi $6^2=36$
(Filippo Prandina)

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 [2022]
Supponiamo che ci siano $2022$ fisici. Tutti dicono la verità, cioè che non sono matematici: non c'è alcuna contraddizione. $2022$ è anche il numero di abitanti dell'isola, quindi è il massimo numero di fisici.

Problema 9 [8]
$4n/32=k$ con $k\in N>=0$. Quindi $n=8k$. Il minimo si ha quando $k=1$ e $n=8$.
(Filippo Prandina)

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[20]
Il doppio delle cifre di n dovrà necessariamente essere un numero di $3$ cifre ognuna delle quali minore di 5. Una volta individuato il numero più piccolo $n $ come $101 ( 2n = 202)$ e il massimo $n$ come $444 (2n= 888)$ i restanti saranno compresi tra essi. Ci saranno 18 numeri palindromi tra questi due estremi, con la cifra intermedia contente al più il 4 e gli estremi uguali da 1 a 4. I numeri saranno 101, 111, 121, 131, 141, 202, 222… fino a 444. Il totale è di 20 numeri bipalindromi.
(Irene Mancone)

Problema 32

Problema 33[74]
Il costo di un pallone ($C$) può essere pari o dispari. Se è pari, può essere pagato con $\frac{C}{2}$ monete da 2 orue. Poiché $\frac{C}{2}$ è pari, $C$ sarà un multiplo di 4, quindi potrà assumere 37 valori.
Se $C$ è dispari, invece, il pallone può essere pagato con $\frac{C-1}{2}$ monete da 2 orue e una moneta da un orue. Di conseguenza, C-1 è un multiplo di 2, ma $\frac{C-1}{2}$ è dispari (aggiungendo una moneta da un orue, il numero di monete usate è pari). Di conseguenza, $C-1$ è multiplo di 2 ma non di 4, quindi può assumere altri 37 valori.
La somma dei valori possibili è dunque 74.
(Daniele Prisco)

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

P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che

P(n)=n^2 per

n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio:

G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri

(4,5,6,7,8) e poiché

G è chiaramente monico possiamo affermare che

G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine

G(x) con

P(x)-x^2 e ricavando

P(x) otteniamo che

P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando

P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi

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[15]
Dovendo esistere almeno un numero $k>1$ che elevato al cubo sia un divisore di $n$ si possono escludere i numeri da 2 a 7 in quanto l’unico loro divisore al cubo è 1 e k non può assumere tale valore. L’8 si può vedere come $2^3$ ed è un prigioniero di cubi, così come lo sono tutti i suoi multipli fino 96. È valido lo stesso discorso anche per i multipli di 27 (essendo $3^3$) fino a 81. Contandoli si arriva al risultato richiesto, 15.
(Irene Mancone)

Problema 50

Problema 51

Problema 52

Problema 53

Problema 54

Problema 55

Problema 56

Problema 57 [183]
Si può considerare il triangolo isoscele con i vertici di coordinate $B (0;0), C (20;0)$ e A$ (10; y)$ con $y > 0$
Il punto $H$ è l’intersezione tra le rette perpendicolari ai lati passanti per $A, B, C$. Sapendo che le distanze tra
$AH$ e $AD$ sono segmenti di lunghezza intera il punto $H$ si potrà trovare al minimo nella coordinata $(10;1)$. Calcolando il coefficiente angolare tra $H$ e i punti $B$ e $C$, le rette passanti per $B$ e $C$ con coefficiente angolare antireciproco si può ottenere l’ordinata di $A$ sostituendo in una delle due equazioni.
$m_{BH}$= $\frac{1}{10}$ $m^1$=$-10$ retta r passante per A e C: $y=-10x+200$
$m_{CH}$=$\frac{-1}{10}$ $m^1$=10 retta s passante per B e A : $y=10x$

Per $H (10,1)$ A vale (10, 100) e la distanza è intera (99).
Una volta stabilita l’ordinata massima di A è sufficiente ripetere il procedimento. Per H (10,2) A (10, 50), per H (10,4) A(10,25). Nelle coordinate (10, 10) H e A si sovrappongono. Poi si avrà che A si trova in (10,20), in (10,2) e (10,5). La soluzione si ottiene sommando le distanze trovate tra H e A senza ripetizioni.
(Irene Mancone)

Soluzione alternativa:
Essendo $ABC$ un triangolo isoscele la mediana $AD$ coincide con l'altezza rispetto a $BC$, chiamando $K$ il piede dell'altezza relativa ad $AC$ otteniamo che il triangolo $BKC$ è simile al triangolo $ABD$ poiché $\widehat{BKC} \cong \widehat{BDA} = 90^{\circ}$ e $\widehat{BCK} \cong \widehat{ABD}$ (essendo $ABC$ isoscele). Consideriamo ora i triangoli $BKC$ e $BDH$, anch'essi sono simili poiché $\widehat{BKC} \cong \widehat{BDH} = 90^{\circ}$ e $\widehat{CBK}$ è in comune. Per la proprietà transitiva $ABD \sim BKC$ e $BKC \sim BDH$ $\rightarrow$ $ABD \sim BDH$. Avendo dimostrato che i triangoli $ABD$ e $BDH$ sono simili vale la seguente uguaglianza: $\frac{BD}{AD}=\frac{HD}{BD} \rightarrow BD^2 = AD \cdot HD \rightarrow 100=AD \cdot HD$ (essendo $BD$ la metà di un segmento lungo $20$). Avendo che $AH$ e $AD$ sono di lunghezza intera anche $HD$ sarà di lunghezza intera (Poiché $HD$ è la differenza tra i due segmenti) ed avremo soluzioni limitate a $100=AD \cdot HD$ ovvero $(AD,HD)=(100,1),(50,2),(25,4),(20,5),(10,10),(5,20),(4,25),(2,50),(1,100)$. La soluzione $(AD,HD)=(10,10)$ non ci piace poiché $\widehat{ABC}$ varrebbe $90^{\circ}$ ($D$ sarebbe il centro della circonferenza circoscritta ad $ABC$ e $\widehat{ABC}$ sottenderebbe un diametro) dunque i possibili valori di $AH$ sono le diverse differenze fra le soluzioni ottenute $(AH=|AD-AH|)$: $AH = 100-1= 99, AH = 50-2 = 48, AH = 25-4= 21, AH =20-5=15$ (le altre danno gli stessi valori poiché sono soluzioni "specchiate"). La risposta è quindi $99+48+21+15=183$.
(Lorenzo Bastioni)

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 [1158]
Dette $H$ e $K$, rispettivamente, le proiezioni di $D$ e $C$ su $AB$ e $AH=x$ possiamo calcolare l'altezza del trapezio in due modi diversi servendoci del teorema di Pitagora ed eguagliare le espressioni $DH^2=AD^2-AH^2=33^2-x^2=CK^2=BC^2-BK^2=60^2-(69-6-x)^2$.

Risolvendo l'equazione, si trova l'unico valore $x=\frac{81}{7}$ e l'altezza si può quindi calcolare, ad esempio, come $h=DH=\sqrt{AD^2-AH^2}=\frac{60\sqrt{13}}{7}$. L'area del trapezio vale $A=\frac{(b_1+b_2)\cdot h}{2}=\frac{(AB+CD)\cdot AH}{2}=\frac{(69+6)\cdot (60\sqrt13)}{7\cdot2}\approx 1158,93$; la sua parte intera è 1158 ed è la soluzione.
(Federico Magnolfi)

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 $Y$. $CY$ è dunque l'altezza uscente da $C$ e si può calcolare con la formula inversa $CY=\frac{2A}{AB}$ dopo aver ricavato l'area con la formula di Erone o per via trigonometrica.
Si trova che quest'ultima vale $A=1200\sqrt{5}$ e dunque $CY^2=\left(\frac{2A}{AB}\right)^2=\frac{4\cdot1200^2\cdot 5}{70^2}=\approx 5877,55.$. 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 [4253]
Iniziamo col dimostrare che $P$ si trova all'esterno di $ABC$.

Detto $K$ il piede dell'altezza uscente da $A$ si ha che, essendo $\widehat{APB}$ congruente a $\widehat{AKB}$ perché entrambi retti, e dunque $AKBP$ ciclico, $P$ appartiene alla circonferenza circoscritta a $AKB$ alla quale non appartengono punti interni a $AKB$; ma $P$ appartiene alla mediana $AM$, la quale è evidentemente contenuta nel triangolo $AKB$ (lo si potrebbe dimostrare con i dati del problema), e quindi $P$ si trova all'esterno di $AKB$ ma anche di $ABC$.

Ora, è noto che in un triangolo di lati di lunghezza $9k$, $8k$, $7k$, con $k$ intero positivo, la mediana relativa alla base di lunghezza $8k$ misura $7k$: questo è facilmente verificabile per via trigonometrica, col teorema della mediana o anche con pitagora; in ogni caso, $AM\cong AC$ e in particolare $\widehat{AMC}\cong \widehat{ACM}=\gamma$.

Sia $\left\{D\right\}=BC\cap PT$. $BTD\sim BCH$ per il secondo criterio di similitudine in quanto hanno l'angolo in $B$ in comune e $\widehat{BDT}\cong \widehat{BHC}$ perché retti, in particolare $\widehat{ATD}=\gamma$.

$\widehat{BMP}\cong\widehat{AMC}$ perché opposi al vertice ed essendo $BPM$ rettangolo in $P$ e $PD$ l'altezza relativa all'ipotenusa, $BPD=\gamma$. Allora $BPT$ è isoscele sulla base $PT$, in altre parole $T$ è il simmetrico di $P$ rispetto a $BC$; da ciò deriva anche che $BMT\cong BMP$, in particolare che $\widehat{BTM}$ sia retto.

$BMT\sim BCH$ per il secondo criterio di similitudine in quanto hanno l'angolo in $B$ in comune e $\widehat{BTM}\cong \widehat{BHC}$ perché entrambi retti. Ma allora, essendo $M$ punto medio di $BC$, necessariamente $T$ è punto medio di $BH$.

Il rapporto $\frac{[ATB]}{[THC]}$ è uguale al rapporto fra le altezze $\frac{AH}{CH}$ in quanto i due triangoli hanno basi congruenti per quanto appena dimostrato. Esse si possono calcolare con pitagora, dopo aver ricavato $BH=\frac{2A}{AC}$ e l'area attraverso Erone o per via trigonometrica. Sviluppando i calcoli si trova $BH=\frac{24\sqrt{5}}{2}$, $CH=\sqrt{BC^2-BH^2}=\frac{16}{7}$ e $AH=AC-CH=\frac{33}{7}$
Il risultato cercato è $1000\cdot \left(\frac{AH}{CH}\right)^2=1000\cdot\left(\frac{33}{16}\right)^2\approx4253,90$ la cui parte intera è $4253$ che è la soluzione.
(Federico Magnolfi)

Problema 77

Problema 78

Problema 79

Problema 80

Problema 81

Problema 82 [4]
45=9*5 quindi scomponiamo il modulo in modulo 9 e modulo 5. modulo 5 è semplicemente 4, in quanto l'ultima cifra è proprio 4.Definiamo $\overline{a_1a_2a_3...a_k}$ la scrittura decimale in successione di $a_1,a_2,...,a_k$, per esempio $\overline{4^2 5^2}=1625$. Inoltre, chiamato N il nostro numero, N=$\overline{1^22^23^24^2...2022^2}$. $\overline{a_1a_2a_3...a_k} $ $mod 9 \equiv a_1+a_2+a_3+...+a_k$, dimostrarlo è facile. i residui quadratici di 9 sono 0,1,4,7 mentre la somma dei quadrati da 1 a 9 mod 9 è 24, (-3). Quindi ogni 9 numeri vi è un -3 da addizionare, quindi è (-3)*224(che sarebbe il numero di multipli di 9 minori di 2022). -672, a questo devi aggiungere i numeri da 2017 a 2022, -672+1+4+7+7=-653 $\equiv$ -14 $\equiv$ 4
siccome N è congruo a 4 sia mod 5 che mod 9, sarà congruo a 4 anche mod 45
(Alessandro Avellino)

Problema 83 [21]
Sia $H$ il piede dell'altezza uscente da $A$; $AY=AH-HY$. L'altezza $AH$ si può calcolare, ad esempio, invertendo la formula dell'area $A=\frac{b\cdot h}{2}$ dopo aver trovato quest'ultima con la formula di Erone, oppure trovando il coseno dell'angolo in $B$ col teorema del coseno, quindi il suo seno e applicando il primo teorema dei triangoli rettangoli a $ABH$. Eseguendo i calcoli, si trova che essa vale $AH=3\sqrt{5}$. $BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=2$.

Detto $M$ il punto medio di $BC$ si ha che $HM=HX=2$ e quindi esso è punto medio anche di $HX$; ma $OM\perp BC$ in quanto in un triangolo isoscele la mediana è anche altezza: allora, essendo $HYX$ e $MOX$ simili per il secondo criterio di similitudine, e avendo rapporto di similitudine $2$, $HY=2HO$

Attraverso il teorema della corda, oppure attraverso la formula nota, possiamo calcolare il raggio della circonferenza circoscritta ad $ABC$, $R=\frac{BC}{2\sin\alpha}=\frac{abc}{4A}=\frac{21}{2\sqrt{5}}$.
Ora possiamo trovare $HY=2HO=2\sqrt{R^2-MC^2}=\frac{11\sqrt{5}}{5}$ e infine $AY=AH-HY=3\sqrt{5}-\frac{11\sqrt{5}}{5}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$.

Stiamo cercando $AY^2=\frac{16}{5}$ e la risposta è infine $16+5=21$
(Alessandro Lombardo & Federico Magnolfi)

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 2029
I numeri curiosi sono esattamente i liberi dai quadrati.\\
($\Leftarrow$) Se $n$ è un numero libero da quadrati allora $\tau(n)$ è una potenza di due, inoltre ogni divisore $d$ di $n$ è un numero libero da quadrati, quindi anche $\tau(d)$ è una potenza di $2$ e dato che $\tau(d) \le \tau(n)$ abbiamo che $\tau(d)|\tau(n)$.\\
($\Rightarrow$) Supponiamo che $n = p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_m^{a_m}$ sia un numero libero da quadrati. Allora abbiamo
\begin{align*}
&\tau(n/p_i)|\tau(n)\\
\Rightarrow &(a_1+1)\cdots(a_i)\cdots(a_m+1)|(a_1+1)\cdots(a_i+1)\cdots(a_m+1)\\
\Rightarrow &a_i | a_i+1 \Rightarrow a_i = 1.
\end{align*}
Dunque $n$ è libero da quadrati.\\
\\
Inoltre notiamo che $f(a,b)$ è semplicemente $MCD(a,b)$. A questo punto scriviamo
$$S(n) = \sum_{j=1}^n f(j,n) = \sum_{j=1}^n MCD(j,n),$$
dimostreremo che la funzione $S$ è moltiplicativa, cioè per ogni $m,n \in \mathbb{Z}^+$ coprimi $S(m)S(n) = S(mn)$. Infatti, segue dal teorema del resto cinese, possiamo rimpiazzare $j \text{ mod }mn$ con due numeri $j_m \text{ mod }m$ e $j_n \text{ mod }n$ in modo che:
\begin{align*}
S(mn) &= \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,mn) = \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,m)MCD(j,n)\\
&= \sum_{j_m=1}^{m} \sum_{j_n =1}^{n} MCD(j_m,m)MCD(j_n,n)\\
&= \left(\sum_{j_m=1}^m MCD(j_m,m)\right)\left(\sum_{j_n=1}^n MCD(j_n,n)\right) = S(m)S(n).
\end{align*}
Ma quindi dato che $C$ è un prodotto tra primi ed è facile verificare che $S(p) > 1$ per ogni primo $p$, abbiamo che $C$ stesso deve essere primo. Un po' di brute-force dà la risposta.
(Michele Tomasi)

Problema 97

Problema 98

Problema 99

Problema 100
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Godl3x04 · Messaggio da **Godl3x04** » 18 apr 2022, 16:48

Problema 1 [3]
n il numero di commensali e d la distanza tra loro, i commensali sono i punti ${A_1, A_2,..., A_n}$ mettiamo $A_1$ in un punto qualsiasi del piano. $A_2$ potrà stare ovunque nella circonferenza di raggio d e centro $A_1$. Il terzo punto ha solo 2 posizioni in cui poter stare, che sono le intersezioni delle 2 circonferenze di centro $A_1$ e $A_2$, entrambe di raggio d. Posizionato il terzo punto e tracciata la 3 circonferenza noteremo che non ci sarà nessun punto in comune a tutte e 3 le circonferenze. Di conseguenza non ci può essere un quarto punto che rispetta le condizioni
(Alessandro Avellino)
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 [36]
Un rettangolo con le diagonali perpendicolari è un quadrato. L'area è quindi $6^2=36$
(Filippo Prandina)

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 [2022]
Supponiamo che ci siano $2022$ fisici. Tutti dicono la verità, cioè che non sono matematici: non c'è alcuna contraddizione. $2022$ è anche il numero di abitanti dell'isola, quindi è il massimo numero di fisici.

Problema 9 [8]
$4n/32=k$ con $k\in N>=0$. Quindi $n=8k$. Il minimo si ha quando $k=1$ e $n=8$.
(Filippo Prandina)

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 [28]
X appartiene alla perpendicolare di BC passante per A. Inoltre X e 2 punti su BC formano lo stesso angolo che forma A con quei 2 punti, di conseguenza X è il simmetrico di A. Da questo deduciamo che AX=2AD, dove AD è l'altezza
(Alessandro Avellino)

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[20]
Il doppio delle cifre di n dovrà necessariamente essere un numero di $3$ cifre ognuna delle quali minore di 5. Una volta individuato il numero più piccolo $n $ come $101 ( 2n = 202)$ e il massimo $n$ come $444 (2n= 888)$ i restanti saranno compresi tra essi. Ci saranno 18 numeri palindromi tra questi due estremi, con la cifra intermedia contente al più il 4 e gli estremi uguali da 1 a 4. I numeri saranno 101, 111, 121, 131, 141, 202, 222… fino a 444. Il totale è di 20 numeri bipalindromi.
(Irene Mancone)

Problema 32

Problema 33[74]
Il costo di un pallone ($C$) può essere pari o dispari. Se è pari, può essere pagato con $\frac{C}{2}$ monete da 2 orue. Poiché $\frac{C}{2}$ è pari, $C$ sarà un multiplo di 4, quindi potrà assumere 37 valori.
Se $C$ è dispari, invece, il pallone può essere pagato con $\frac{C-1}{2}$ monete da 2 orue e una moneta da un orue. Di conseguenza, C-1 è un multiplo di 2, ma $\frac{C-1}{2}$ è dispari (aggiungendo una moneta da un orue, il numero di monete usate è pari). Di conseguenza, $C-1$ è multiplo di 2 ma non di 4, quindi può assumere altri 37 valori.
La somma dei valori possibili è dunque 74.
(Daniele Prisco)

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

P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che

P(n)=n^2 per

n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio:

G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri

(4,5,6,7,8) e poiché

G è chiaramente monico possiamo affermare che

G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine

G(x) con

P(x)-x^2 e ricavando

P(x) otteniamo che

P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando

P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi

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[15]
Dovendo esistere almeno un numero $k>1$ che elevato al cubo sia un divisore di $n$ si possono escludere i numeri da 2 a 7 in quanto l’unico loro divisore al cubo è 1 e k non può assumere tale valore. L’8 si può vedere come $2^3$ ed è un prigioniero di cubi, così come lo sono tutti i suoi multipli fino 96. È valido lo stesso discorso anche per i multipli di 27 (essendo $3^3$) fino a 81. Contandoli si arriva al risultato richiesto, 15.
(Irene Mancone)

Problema 50

Problema 51

Problema 52

Problema 53

Problema 54

Problema 55

Problema 56

Problema 57 [183]
Si può considerare il triangolo isoscele con i vertici di coordinate $B (0;0), C (20;0)$ e A$ (10; y)$ con $y > 0$
Il punto $H$ è l’intersezione tra le rette perpendicolari ai lati passanti per $A, B, C$. Sapendo che le distanze tra
$AH$ e $AD$ sono segmenti di lunghezza intera il punto $H$ si potrà trovare al minimo nella coordinata $(10;1)$. Calcolando il coefficiente angolare tra $H$ e i punti $B$ e $C$, le rette passanti per $B$ e $C$ con coefficiente angolare antireciproco si può ottenere l’ordinata di $A$ sostituendo in una delle due equazioni.
$m_{BH}$= $\frac{1}{10}$ $m^1$=$-10$ retta r passante per A e C: $y=-10x+200$
$m_{CH}$=$\frac{-1}{10}$ $m^1$=10 retta s passante per B e A : $y=10x$

Per $H (10,1)$ A vale (10, 100) e la distanza è intera (99).
Una volta stabilita l’ordinata massima di A è sufficiente ripetere il procedimento. Per H (10,2) A (10, 50), per H (10,4) A(10,25). Nelle coordinate (10, 10) H e A si sovrappongono. Poi si avrà che A si trova in (10,20), in (10,2) e (10,5). La soluzione si ottiene sommando le distanze trovate tra H e A senza ripetizioni.
(Irene Mancone)

Soluzione alternativa:
Essendo $ABC$ un triangolo isoscele la mediana $AD$ coincide con l'altezza rispetto a $BC$, chiamando $K$ il piede dell'altezza relativa ad $AC$ otteniamo che il triangolo $BKC$ è simile al triangolo $ABD$ poiché $\widehat{BKC} \cong \widehat{BDA} = 90^{\circ}$ e $\widehat{BCK} \cong \widehat{ABD}$ (essendo $ABC$ isoscele). Consideriamo ora i triangoli $BKC$ e $BDH$, anch'essi sono simili poiché $\widehat{BKC} \cong \widehat{BDH} = 90^{\circ}$ e $\widehat{CBK}$ è in comune. Per la proprietà transitiva $ABD \sim BKC$ e $BKC \sim BDH$ $\rightarrow$ $ABD \sim BDH$. Avendo dimostrato che i triangoli $ABD$ e $BDH$ sono simili vale la seguente uguaglianza: $\frac{BD}{AD}=\frac{HD}{BD} \rightarrow BD^2 = AD \cdot HD \rightarrow 100=AD \cdot HD$ (essendo $BD$ la metà di un segmento lungo $20$). Avendo che $AH$ e $AD$ sono di lunghezza intera anche $HD$ sarà di lunghezza intera (Poiché $HD$ è la differenza tra i due segmenti) ed avremo soluzioni limitate a $100=AD \cdot HD$ ovvero $(AD,HD)=(100,1),(50,2),(25,4),(20,5),(10,10),(5,20),(4,25),(2,50),(1,100)$. La soluzione $(AD,HD)=(10,10)$ non ci piace poiché $\widehat{ABC}$ varrebbe $90^{\circ}$ ($D$ sarebbe il centro della circonferenza circoscritta ad $ABC$ e $\widehat{ABC}$ sottenderebbe un diametro) dunque i possibili valori di $AH$ sono le diverse differenze fra le soluzioni ottenute $(AH=|AD-AH|)$: $AH = 100-1= 99, AH = 50-2 = 48, AH = 25-4= 21, AH =20-5=15$ (le altre danno gli stessi valori poiché sono soluzioni "specchiate"). La risposta è quindi $99+48+21+15=183$.
(Lorenzo Bastioni)

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 [1158]
Dette $H$ e $K$, rispettivamente, le proiezioni di $D$ e $C$ su $AB$ e $AH=x$ possiamo calcolare l'altezza del trapezio in due modi diversi servendoci del teorema di Pitagora ed eguagliare le espressioni $DH^2=AD^2-AH^2=33^2-x^2=CK^2=BC^2-BK^2=60^2-(69-6-x)^2$.

Risolvendo l'equazione, si trova l'unico valore $x=\frac{81}{7}$ e l'altezza si può quindi calcolare, ad esempio, come $h=DH=\sqrt{AD^2-AH^2}=\frac{60\sqrt{13}}{7}$. L'area del trapezio vale $A=\frac{(b_1+b_2)\cdot h}{2}=\frac{(AB+CD)\cdot AH}{2}=\frac{(69+6)\cdot (60\sqrt13)}{7\cdot2}\approx 1158,93$; la sua parte intera è 1158 ed è la soluzione.
(Federico Magnolfi)

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 $Y$. $CY$ è dunque l'altezza uscente da $C$ e si può calcolare con la formula inversa $CY=\frac{2A}{AB}$ dopo aver ricavato l'area con la formula di Erone o per via trigonometrica.
Si trova che quest'ultima vale $A=1200\sqrt{5}$ e dunque $CY^2=\left(\frac{2A}{AB}\right)^2=\frac{4\cdot1200^2\cdot 5}{70^2}=\approx 5877,55.$. 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 [4253]
Iniziamo col dimostrare che $P$ si trova all'esterno di $ABC$.

Detto $K$ il piede dell'altezza uscente da $A$ si ha che, essendo $\widehat{APB}$ congruente a $\widehat{AKB}$ perché entrambi retti, e dunque $AKBP$ ciclico, $P$ appartiene alla circonferenza circoscritta a $AKB$ alla quale non appartengono punti interni a $AKB$; ma $P$ appartiene alla mediana $AM$, la quale è evidentemente contenuta nel triangolo $AKB$ (lo si potrebbe dimostrare con i dati del problema), e quindi $P$ si trova all'esterno di $AKB$ ma anche di $ABC$.

Ora, è noto che in un triangolo di lati di lunghezza $9k$, $8k$, $7k$, con $k$ intero positivo, la mediana relativa alla base di lunghezza $8k$ misura $7k$: questo è facilmente verificabile per via trigonometrica, col teorema della mediana o anche con pitagora; in ogni caso, $AM\cong AC$ e in particolare $\widehat{AMC}\cong \widehat{ACM}=\gamma$.

Sia $\left\{D\right\}=BC\cap PT$. $BTD\sim BCH$ per il secondo criterio di similitudine in quanto hanno l'angolo in $B$ in comune e $\widehat{BDT}\cong \widehat{BHC}$ perché retti, in particolare $\widehat{ATD}=\gamma$.

$\widehat{BMP}\cong\widehat{AMC}$ perché opposi al vertice ed essendo $BPM$ rettangolo in $P$ e $PD$ l'altezza relativa all'ipotenusa, $BPD=\gamma$. Allora $BPT$ è isoscele sulla base $PT$, in altre parole $T$ è il simmetrico di $P$ rispetto a $BC$; da ciò deriva anche che $BMT\cong BMP$, in particolare che $\widehat{BTM}$ sia retto.

$BMT\sim BCH$ per il secondo criterio di similitudine in quanto hanno l'angolo in $B$ in comune e $\widehat{BTM}\cong \widehat{BHC}$ perché entrambi retti. Ma allora, essendo $M$ punto medio di $BC$, necessariamente $T$ è punto medio di $BH$.

Il rapporto $\frac{[ATB]}{[THC]}$ è uguale al rapporto fra le altezze $\frac{AH}{CH}$ in quanto i due triangoli hanno basi congruenti per quanto appena dimostrato. Esse si possono calcolare con pitagora, dopo aver ricavato $BH=\frac{2A}{AC}$ e l'area attraverso Erone o per via trigonometrica. Sviluppando i calcoli si trova $BH=\frac{24\sqrt{5}}{2}$, $CH=\sqrt{BC^2-BH^2}=\frac{16}{7}$ e $AH=AC-CH=\frac{33}{7}$
Il risultato cercato è $1000\cdot \left(\frac{AH}{CH}\right)^2=1000\cdot\left(\frac{33}{16}\right)^2\approx4253,90$ la cui parte intera è $4253$ che è la soluzione.
(Federico Magnolfi)

Problema 77

Problema 78

Problema 79

Problema 80

Problema 81

Problema 82 [4]
45=9*5 quindi scomponiamo il modulo in modulo 9 e modulo 5. modulo 5 è semplicemente 4, in quanto l'ultima cifra è proprio 4.Definiamo $\overline{a_1a_2a_3...a_k}$ la scrittura decimale in successione di $a_1,a_2,...,a_k$, per esempio $\overline{4^2 5^2}=1625$. Inoltre, chiamato N il nostro numero, N=$\overline{1^22^23^24^2...2022^2}$. $\overline{a_1a_2a_3...a_k} $ $mod 9 \equiv a_1+a_2+a_3+...+a_k$, dimostrarlo è facile. i residui quadratici di 9 sono 0,1,4,7 mentre la somma dei quadrati da 1 a 9 mod 9 è 24, (-3). Quindi ogni 9 numeri vi è un -3 da addizionare, quindi è (-3)*224(che sarebbe il numero di multipli di 9 minori di 2022). -672, a questo devi aggiungere i numeri da 2017 a 2022, -672+1+4+7+7=-653 $\equiv$ -14 $\equiv$ 4
siccome N è congruo a 4 sia mod 5 che mod 9, sarà congruo a 4 anche mod 45
(Alessandro Avellino)

Problema 83 [21]
Sia $H$ il piede dell'altezza uscente da $A$; $AY=AH-HY$. L'altezza $AH$ si può calcolare, ad esempio, invertendo la formula dell'area $A=\frac{b\cdot h}{2}$ dopo aver trovato quest'ultima con la formula di Erone, oppure trovando il coseno dell'angolo in $B$ col teorema del coseno, quindi il suo seno e applicando il primo teorema dei triangoli rettangoli a $ABH$. Eseguendo i calcoli, si trova che essa vale $AH=3\sqrt{5}$. $BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=2$.

Detto $M$ il punto medio di $BC$ si ha che $HM=HX=2$ e quindi esso è punto medio anche di $HX$; ma $OM\perp BC$ in quanto in un triangolo isoscele la mediana è anche altezza: allora, essendo $HYX$ e $MOX$ simili per il secondo criterio di similitudine, e avendo rapporto di similitudine $2$, $HY=2HO$

Attraverso il teorema della corda, oppure attraverso la formula nota, possiamo calcolare il raggio della circonferenza circoscritta ad $ABC$, $R=\frac{BC}{2\sin\alpha}=\frac{abc}{4A}=\frac{21}{2\sqrt{5}}$.
Ora possiamo trovare $HY=2HO=2\sqrt{R^2-MC^2}=\frac{11\sqrt{5}}{5}$ e infine $AY=AH-HY=3\sqrt{5}-\frac{11\sqrt{5}}{5}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$.

Stiamo cercando $AY^2=\frac{16}{5}$ e la risposta è infine $16+5=21$
(Alessandro Lombardo & Federico Magnolfi)

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 2029
I numeri curiosi sono esattamente i liberi dai quadrati.\\
($\Leftarrow$) Se $n$ è un numero libero da quadrati allora $\tau(n)$ è una potenza di due, inoltre ogni divisore $d$ di $n$ è un numero libero da quadrati, quindi anche $\tau(d)$ è una potenza di $2$ e dato che $\tau(d) \le \tau(n)$ abbiamo che $\tau(d)|\tau(n)$.\\
($\Rightarrow$) Supponiamo che $n = p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_m^{a_m}$ sia un numero libero da quadrati. Allora abbiamo
\begin{align*}
&\tau(n/p_i)|\tau(n)\\
\Rightarrow &(a_1+1)\cdots(a_i)\cdots(a_m+1)|(a_1+1)\cdots(a_i+1)\cdots(a_m+1)\\
\Rightarrow &a_i | a_i+1 \Rightarrow a_i = 1.
\end{align*}
Dunque $n$ è libero da quadrati.\\
\\
Inoltre notiamo che $f(a,b)$ è semplicemente $MCD(a,b)$. A questo punto scriviamo
$$S(n) = \sum_{j=1}^n f(j,n) = \sum_{j=1}^n MCD(j,n),$$
dimostreremo che la funzione $S$ è moltiplicativa, cioè per ogni $m,n \in \mathbb{Z}^+$ coprimi $S(m)S(n) = S(mn)$. Infatti, segue dal teorema del resto cinese, possiamo rimpiazzare $j \text{ mod }mn$ con due numeri $j_m \text{ mod }m$ e $j_n \text{ mod }n$ in modo che:
\begin{align*}
S(mn) &= \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,mn) = \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,m)MCD(j,n)\\
&= \sum_{j_m=1}^{m} \sum_{j_n =1}^{n} MCD(j_m,m)MCD(j_n,n)\\
&= \left(\sum_{j_m=1}^m MCD(j_m,m)\right)\left(\sum_{j_n=1}^n MCD(j_n,n)\right) = S(m)S(n).
\end{align*}
Ma quindi dato che $C$ è un prodotto tra primi ed è facile verificare che $S(p) > 1$ per ogni primo $p$, abbiamo che $C$ stesso deve essere primo. Un po' di brute-force dà la risposta.
(Michele Tomasi)

Problema 97

Problema 98

Problema 99

Problema 100
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Misciu - Magnolfi · Messaggio da **Misciu - Magnolfi** » 18 apr 2022, 17:27

Problema 1 [3]
n il numero di commensali e d la distanza tra loro, i commensali sono i punti ${A_1, A_2,..., A_n}$ mettiamo $A_1$ in un punto qualsiasi del piano. $A_2$ potrà stare ovunque nella circonferenza di raggio d e centro $A_1$. Il terzo punto ha solo 2 posizioni in cui poter stare, che sono le intersezioni delle 2 circonferenze di centro $A_1$ e $A_2$, entrambe di raggio d. Posizionato il terzo punto e tracciata la 3 circonferenza noteremo che non ci sarà nessun punto in comune a tutte e 3 le circonferenze. Di conseguenza non ci può essere un quarto punto che rispetta le condizioni
(Alessandro Avellino)
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 [36]
Un rettangolo con le diagonali perpendicolari è un quadrato. L'area è quindi $6^2=36$
(Filippo Prandina)

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 [2022]
Supponiamo che ci siano $2022$ fisici. Tutti dicono la verità, cioè che non sono matematici: non c'è alcuna contraddizione. $2022$ è anche il numero di abitanti dell'isola, quindi è il massimo numero di fisici.

Problema 9 [8]
$4n/32=k$ con $k\in N>=0$. Quindi $n=8k$. Il minimo si ha quando $k=1$ e $n=8$.
(Filippo Prandina)

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 [28]
X appartiene alla perpendicolare di BC passante per A. Inoltre X e 2 punti su BC formano lo stesso angolo che forma A con quei 2 punti, di conseguenza X è il simmetrico di A. Da questo deduciamo che AX=2AD, dove AD è l'altezza
(Alessandro Avellino)

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[20]
Il doppio delle cifre di n dovrà necessariamente essere un numero di $3$ cifre ognuna delle quali minore di 5. Una volta individuato il numero più piccolo $n $ come $101 ( 2n = 202)$ e il massimo $n$ come $444 (2n= 888)$ i restanti saranno compresi tra essi. Ci saranno 18 numeri palindromi tra questi due estremi, con la cifra intermedia contente al più il 4 e gli estremi uguali da 1 a 4. I numeri saranno 101, 111, 121, 131, 141, 202, 222… fino a 444. Il totale è di 20 numeri bipalindromi.
(Irene Mancone)

Problema 32

Problema 33[74]
Il costo di un pallone ($C$) può essere pari o dispari. Se è pari, può essere pagato con $\frac{C}{2}$ monete da 2 orue. Poiché $\frac{C}{2}$ è pari, $C$ sarà un multiplo di 4, quindi potrà assumere 37 valori.
Se $C$ è dispari, invece, il pallone può essere pagato con $\frac{C-1}{2}$ monete da 2 orue e una moneta da un orue. Di conseguenza, C-1 è un multiplo di 2, ma $\frac{C-1}{2}$ è dispari (aggiungendo una moneta da un orue, il numero di monete usate è pari). Di conseguenza, $C-1$ è multiplo di 2 ma non di 4, quindi può assumere altri 37 valori.
La somma dei valori possibili è dunque 74.
(Daniele Prisco)

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

P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che

P(n)=n^2 per

n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio:

G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri

(4,5,6,7,8) e poiché

G è chiaramente monico possiamo affermare che

G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine

G(x) con

P(x)-x^2 e ricavando

P(x) otteniamo che

P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando

P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi

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[15]
Dovendo esistere almeno un numero $k>1$ che elevato al cubo sia un divisore di $n$ si possono escludere i numeri da 2 a 7 in quanto l’unico loro divisore al cubo è 1 e k non può assumere tale valore. L’8 si può vedere come $2^3$ ed è un prigioniero di cubi, così come lo sono tutti i suoi multipli fino 96. È valido lo stesso discorso anche per i multipli di 27 (essendo $3^3$) fino a 81. Contandoli si arriva al risultato richiesto, 15.
(Irene Mancone)

Problema 50

Problema 51

Problema 52

Problema 53

Problema 54

Problema 55

Problema 56

Problema 57 [183]
Si può considerare il triangolo isoscele con i vertici di coordinate $B (0;0), C (20;0)$ e A$ (10; y)$ con $y > 0$
Il punto $H$ è l’intersezione tra le rette perpendicolari ai lati passanti per $A, B, C$. Sapendo che le distanze tra
$AH$ e $AD$ sono segmenti di lunghezza intera il punto $H$ si potrà trovare al minimo nella coordinata $(10;1)$. Calcolando il coefficiente angolare tra $H$ e i punti $B$ e $C$, le rette passanti per $B$ e $C$ con coefficiente angolare antireciproco si può ottenere l’ordinata di $A$ sostituendo in una delle due equazioni.
$m_{BH}$= $\frac{1}{10}$ $m^1$=$-10$ retta r passante per A e C: $y=-10x+200$
$m_{CH}$=$\frac{-1}{10}$ $m^1$=10 retta s passante per B e A : $y=10x$

Per $H (10,1)$ A vale (10, 100) e la distanza è intera (99).
Una volta stabilita l’ordinata massima di A è sufficiente ripetere il procedimento. Per H (10,2) A (10, 50), per H (10,4) A(10,25). Nelle coordinate (10, 10) H e A si sovrappongono. Poi si avrà che A si trova in (10,20), in (10,2) e (10,5). La soluzione si ottiene sommando le distanze trovate tra H e A senza ripetizioni.
(Irene Mancone)

Soluzione alternativa:
Essendo $ABC$ un triangolo isoscele la mediana $AD$ coincide con l'altezza rispetto a $BC$, chiamando $K$ il piede dell'altezza relativa ad $AC$ otteniamo che il triangolo $BKC$ è simile al triangolo $ABD$ poiché $\widehat{BKC} \cong \widehat{BDA} = 90^{\circ}$ e $\widehat{BCK} \cong \widehat{ABD}$ (essendo $ABC$ isoscele). Consideriamo ora i triangoli $BKC$ e $BDH$, anch'essi sono simili poiché $\widehat{BKC} \cong \widehat{BDH} = 90^{\circ}$ e $\widehat{CBK}$ è in comune. Per la proprietà transitiva $ABD \sim BKC$ e $BKC \sim BDH$ $\rightarrow$ $ABD \sim BDH$. Avendo dimostrato che i triangoli $ABD$ e $BDH$ sono simili vale la seguente uguaglianza: $\frac{BD}{AD}=\frac{HD}{BD} \rightarrow BD^2 = AD \cdot HD \rightarrow 100=AD \cdot HD$ (essendo $BD$ la metà di un segmento lungo $20$). Avendo che $AH$ e $AD$ sono di lunghezza intera anche $HD$ sarà di lunghezza intera (Poiché $HD$ è la differenza tra i due segmenti) ed avremo soluzioni limitate a $100=AD \cdot HD$ ovvero $(AD,HD)=(100,1),(50,2),(25,4),(20,5),(10,10),(5,20),(4,25),(2,50),(1,100)$. La soluzione $(AD,HD)=(10,10)$ non ci piace poiché $\widehat{ABC}$ varrebbe $90^{\circ}$ ($D$ sarebbe il centro della circonferenza circoscritta ad $ABC$ e $\widehat{ABC}$ sottenderebbe un diametro) dunque i possibili valori di $AH$ sono le diverse differenze fra le soluzioni ottenute $(AH=|AD-AH|)$: $AH = 100-1= 99, AH = 50-2 = 48, AH = 25-4= 21, AH =20-5=15$ (le altre danno gli stessi valori poiché sono soluzioni "specchiate"). La risposta è quindi $99+48+21+15=183$.
(Lorenzo Bastioni)

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 [1158]
Dette $H$ e $K$, rispettivamente, le proiezioni di $D$ e $C$ su $AB$ e $AH=x$ possiamo calcolare l'altezza del trapezio in due modi diversi servendoci del teorema di Pitagora ed eguagliare le espressioni $DH^2=AD^2-AH^2=33^2-x^2=CK^2=BC^2-BK^2=60^2-(69-6-x)^2$.

Risolvendo l'equazione, si trova l'unico valore $x=\frac{81}{7}$ e l'altezza si può quindi calcolare, ad esempio, come $h=DH=\sqrt{AD^2-AH^2}=\frac{60\sqrt{13}}{7}$. L'area del trapezio vale $A=\frac{(b_1+b_2)\cdot h}{2}=\frac{(AB+CD)\cdot AH}{2}=\frac{(69+6)\cdot (60\sqrt13)}{7\cdot2}\approx 1158,93$; la sua parte intera è 1158 ed è la soluzione.
(Federico Magnolfi)

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 $Y$. $CY$ è dunque l'altezza uscente da $C$ e si può calcolare con la formula inversa $CY=\frac{2A}{AB}$ dopo aver ricavato l'area con la formula di Erone o per via trigonometrica.
Si trova che quest'ultima vale $A=1200\sqrt{5}$ e dunque $CY^2=\left(\frac{2A}{AB}\right)^2=\frac{4\cdot1200^2\cdot 5}{70^2}=\approx 5877,55.$. 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 [4253]
Iniziamo col dimostrare che $P$ si trova all'esterno di $ABC$.

Detto $K$ il piede dell'altezza uscente da $A$ si ha che, essendo $\widehat{APB}$ congruente a $\widehat{AKB}$ perché entrambi retti, e dunque $AKBP$ ciclico, $P$ appartiene alla circonferenza circoscritta a $AKB$ alla quale non appartengono punti interni a $AKB$; ma $P$ appartiene alla mediana $AM$, la quale è evidentemente contenuta nel triangolo $AKB$ (lo si potrebbe dimostrare con i dati del problema), e quindi $P$ si trova all'esterno di $AKB$ ma anche di $ABC$.

Ora, è noto che in un triangolo di lati di lunghezza $9k$, $8k$, $7k$, con $k$ intero positivo, la mediana relativa alla base di lunghezza $8k$ misura $7k$: questo è facilmente verificabile per via trigonometrica, col teorema della mediana o anche con pitagora; in ogni caso, $AM\cong AC$ e in particolare $\widehat{AMC}\cong \widehat{ACM}=\gamma$.

Sia $\left\{D\right\}=BC\cap PT$. $BTD\sim BCH$ per il secondo criterio di similitudine in quanto hanno l'angolo in $B$ in comune e $\widehat{BDT}\cong \widehat{BHC}$ perché retti, in particolare $\widehat{ATD}=\gamma$.

$\widehat{BMP}\cong\widehat{AMC}$ perché opposi al vertice ed essendo $BPM$ rettangolo in $P$ e $PD$ l'altezza relativa all'ipotenusa, $BPD=\gamma$. Allora $BPT$ è isoscele sulla base $PT$, in altre parole $T$ è il simmetrico di $P$ rispetto a $BC$; da ciò deriva anche che $BMT\cong BMP$, in particolare che $\widehat{BTM}$ sia retto.

$BMT\sim BCH$ per il secondo criterio di similitudine in quanto hanno l'angolo in $B$ in comune e $\widehat{BTM}\cong \widehat{BHC}$ perché entrambi retti. Ma allora, essendo $M$ punto medio di $BC$, necessariamente $T$ è punto medio di $BH$.

Il rapporto $\frac{[ATB]}{[THC]}$ è uguale al rapporto fra le altezze $\frac{AH}{CH}$ in quanto i due triangoli hanno basi congruenti per quanto appena dimostrato. Esse si possono calcolare con pitagora, dopo aver ricavato $BH=\frac{2A}{AC}$ e l'area attraverso Erone o per via trigonometrica. Sviluppando i calcoli si trova $BH=\frac{24\sqrt{5}}{2}$, $CH=\sqrt{BC^2-BH^2}=\frac{16}{7}$ e $AH=AC-CH=\frac{33}{7}$
Il risultato cercato è $1000\cdot \left(\frac{AH}{CH}\right)^2=1000\cdot\left(\frac{33}{16}\right)^2\approx4253,90$ la cui parte intera è $4253$ che è la soluzione.
(Federico Magnolfi)

Problema 77

Problema 78 [4151]
Cominciamo col dimostrare che $BCPQ$ è un trapezio. Sappiamo che l'ortocentro e il circocentro sono coniugati isogonali: in pratica, le rette $AH$ e $AO$ formano coi lati $AB$ e $AC$ angoli congruenti. Avremo dunque $\widehat{BAH}\cong \widehat{CAO}$, ma anche $\widehat{HAI}\cong \widehat{OAI}$ essendo $AI$ bisettrice perché $I$ incentro di $ABC$.

Riferendoci ora alla circonferenza circoscritta ad $ABC$, che chiamiamo $\Gamma$, abbiamo che $\widehat{FCE}\cong \widehat{FAE}\cong\widehat{EAD}\cong \widehat{ECD}$ dove la prima e la terza uguaglianza sono date dal fatto che gli angoli insistono su uno stesso arco. Facendo attenzione, notiamo che $\widehat{QAP}$ e $\widehat{QCP}$ sono congruenti per l'uguaglianza precedente e insistono sullo stesso segmento $QP$, dunque $AQPC$ è ciclico e chiamiamo $\omega$ la sua circonferenza circoscritta. Essendo $\widehat{ACD}$ retto poiché insiste sul diametro $AD$ di $\Gamma$, $\widehat{AQP}$ sarà anch'esso retto poiché supplementare dell'angolo opposto $\widehat{ACP}$ (ricordando che ora abbiamo fatto rifereimento a $\omega$). $BC$ e $QP$ sono allora due rette perpendicolari alla stessa retta $AQ$, perciò sono parallele e $BCPQ$ è un trapezio.

Per calcolare la sua area abbiamo bisogno dell'altezza $QH$ e della base minore $QP$, dato che la base maggiore ci è nota ed è $BC$.

\textbf{Prima soluzione (sintetica)}
Detti $K$ e $J$ rispettivamente i piedi dell'altezza $AH$ e della bisettrice $AI$, analizziamo i triangoli $ABJ$ e $AEC$: essi hanno $\widehat{ABJ}\cong \widehat{AEC}$ perché angoli alla circonferenza che insistono su uno stesso arco; $\widehat{BAJ}\cong \widehat{EAC}$ perché $AI$ bisettrice: quindi sono simili per il secondo criterio di similitudine. Considerando ora i triangoli $AKJ$ e $AQP$: essi hanno: l'angolo in $A$ in comune; $\widehat{AKJ}\cong \widehat{AQP}$ perché retti: quindi sono anch'essi simili per il secondo criterio di similitudine. Impostiamo la proporzione $\frac{QP}{KJ}=\frac{AP}{AJ}$ $(1)$: troveremo $KJ$ e $AJ$ lavorando su $ABC$, mentre $AP$ attraverso il rapporto di similitudine fra i triangoli $ABJ$ e $AEC$. Calcoliamo $AK$ invertendo la formula dell'area di $ABC$ e $BK$ col teorema di Pitagora: $AK=\frac{2A}{BC}=\frac{2\cdot \sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-AC)}}{BC}=120 \quad$ $BK=\sqrt{AB^2-AK^2}=50$.
Applichiamo ora il teorema della bisettrice per trovare $BJ$: $\frac{BJ}{AB}=\frac{BC-BJ}{AC}$ da cui si ricava che $BJ=65$. Dunque $KJ=BJ-BK=15$ e $AJ=\sqrt{AK^2+KJ^2}=15\sqrt{65}$.

Impostiamo il rapporto di similitudine fra $ABJ$ e $AEC$: $\frac{AP}{AB}=\frac{AJ}{AC}$ da cui si ricava che $AP=\frac{150\sqrt{65}}{7}$ e per la proporzione $(1)$ $QP=\frac{AP\cdot KJ}{AJ}=\frac{150}{7}$. A questo punto si trova $AQ$ con pitagora e $QK$ per differenza: $AQ=\sqrt{AP^2-QP^2}=\frac{1200}{7} \quad QK=AQ-AK=\frac{360}{7}$
L'area del trapezio $BCPQ$ è dunque $$A=\frac{(140+\frac{150}{7})\cdot\frac{360}{7}}{2}\approx 4151,02$$

\textbf{Seconda soluzione (trigonometria)}
Ponendo $\widehat{ABC}=\beta$, $\cos\beta=\frac{AB^2+BC^2-AC^2}{2AB\cdot BC}=\frac{5}{13}$ (teorema del coseno), $\sin\beta=\sqrt{1-\cos^2\beta}=\frac{12}{13}$ $\widehat{BAC}=\alpha$, $\widehat{CAI}=\frac{\alpha}{2}$ perché $AI$ bisettrice, $\cos\alpha=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2AB\cdot AC}=\frac{33}{65}$ (teorema del coseno), $\cos\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1+\cos\alpha}{2}}=\frac{7}{\sqrt{65}}$.

Adesso abbiamo abbastanza dati per calcolare $AP=\frac{AC}{\cos\frac{\alpha}{2}}=\frac{150\sqrt{65}}{7}$.
Ponendo $\widehat{HAI}=\widehat{OAI}=\theta$ si ha che, essendo $\widehat{BAH}=\frac{\pi}{2}-\beta$, $\theta=\frac{\alpha}{2}+\beta-\frac{\pi}{2}$; $\cos\theta=\sin\frac{\alpha}{2}\cos\beta+\cos\frac{\alpha}{2}\sin\beta=\frac{8}{\sqrt{65}}$

$AQ=AP\cos\theta=\frac{1200}{7}\quad QP=\sqrt{AP^2-AQ^2}=\frac{150}{7}$. Ci manca l'altezza $QK$ dove $K$ è il piede dell'altezza uscente da $A$. $AK=AB\sin\beta=120\qquad QK=AQ-AK=\frac{360}{7}$ A questo punto l'area si trova allo stesso modo della soluzione per via sintetica.
(Federico Magnolfi)

Problema 79

Problema 80

Problema 81

Problema 82 [4]
45=9*5 quindi scomponiamo il modulo in modulo 9 e modulo 5. modulo 5 è semplicemente 4, in quanto l'ultima cifra è proprio 4.Definiamo $\overline{a_1a_2a_3...a_k}$ la scrittura decimale in successione di $a_1,a_2,...,a_k$, per esempio $\overline{4^2 5^2}=1625$. Inoltre, chiamato N il nostro numero, N=$\overline{1^22^23^24^2...2022^2}$. $\overline{a_1a_2a_3...a_k} $ $mod 9 \equiv a_1+a_2+a_3+...+a_k$, dimostrarlo è facile. i residui quadratici di 9 sono 0,1,4,7 mentre la somma dei quadrati da 1 a 9 mod 9 è 24, (-3). Quindi ogni 9 numeri vi è un -3 da addizionare, quindi è (-3)*224(che sarebbe il numero di multipli di 9 minori di 2022). -672, a questo devi aggiungere i numeri da 2017 a 2022, -672+1+4+7+7=-653 $\equiv$ -14 $\equiv$ 4
siccome N è congruo a 4 sia mod 5 che mod 9, sarà congruo a 4 anche mod 45
(Alessandro Avellino)

Problema 83 [21]
Sia $H$ il piede dell'altezza uscente da $A$; $AY=AH-HY$. L'altezza $AH$ si può calcolare, ad esempio, invertendo la formula dell'area $A=\frac{b\cdot h}{2}$ dopo aver trovato quest'ultima con la formula di Erone, oppure trovando il coseno dell'angolo in $B$ col teorema del coseno, quindi il suo seno e applicando il primo teorema dei triangoli rettangoli a $ABH$. Eseguendo i calcoli, si trova che essa vale $AH=3\sqrt{5}$. $BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=2$.

Detto $M$ il punto medio di $BC$ si ha che $HM=HX=2$ e quindi esso è punto medio anche di $HX$; ma $OM\perp BC$ in quanto in un triangolo isoscele la mediana è anche altezza: allora, essendo $HYX$ e $MOX$ simili per il secondo criterio di similitudine, e avendo rapporto di similitudine $2$, $HY=2HO$

Attraverso il teorema della corda, oppure attraverso la formula nota, possiamo calcolare il raggio della circonferenza circoscritta ad $ABC$, $R=\frac{BC}{2\sin\alpha}=\frac{abc}{4A}=\frac{21}{2\sqrt{5}}$.
Ora possiamo trovare $HY=2HO=2\sqrt{R^2-MC^2}=\frac{11\sqrt{5}}{5}$ e infine $AY=AH-HY=3\sqrt{5}-\frac{11\sqrt{5}}{5}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$.

Stiamo cercando $AY^2=\frac{16}{5}$ e la risposta è infine $16+5=21$
(Alessandro Lombardo & Federico Magnolfi)

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 2029
I numeri curiosi sono esattamente i liberi dai quadrati.\\
($\Leftarrow$) Se $n$ è un numero libero da quadrati allora $\tau(n)$ è una potenza di due, inoltre ogni divisore $d$ di $n$ è un numero libero da quadrati, quindi anche $\tau(d)$ è una potenza di $2$ e dato che $\tau(d) \le \tau(n)$ abbiamo che $\tau(d)|\tau(n)$.\\
($\Rightarrow$) Supponiamo che $n = p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_m^{a_m}$ sia un numero libero da quadrati. Allora abbiamo
\begin{align*}
&\tau(n/p_i)|\tau(n)\\
\Rightarrow &(a_1+1)\cdots(a_i)\cdots(a_m+1)|(a_1+1)\cdots(a_i+1)\cdots(a_m+1)\\
\Rightarrow &a_i | a_i+1 \Rightarrow a_i = 1.
\end{align*}
Dunque $n$ è libero da quadrati.\\
\\
Inoltre notiamo che $f(a,b)$ è semplicemente $MCD(a,b)$. A questo punto scriviamo
$$S(n) = \sum_{j=1}^n f(j,n) = \sum_{j=1}^n MCD(j,n),$$
dimostreremo che la funzione $S$ è moltiplicativa, cioè per ogni $m,n \in \mathbb{Z}^+$ coprimi $S(m)S(n) = S(mn)$. Infatti, segue dal teorema del resto cinese, possiamo rimpiazzare $j \text{ mod }mn$ con due numeri $j_m \text{ mod }m$ e $j_n \text{ mod }n$ in modo che:
\begin{align*}
S(mn) &= \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,mn) = \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,m)MCD(j,n)\\
&= \sum_{j_m=1}^{m} \sum_{j_n =1}^{n} MCD(j_m,m)MCD(j_n,n)\\
&= \left(\sum_{j_m=1}^m MCD(j_m,m)\right)\left(\sum_{j_n=1}^n MCD(j_n,n)\right) = S(m)S(n).
\end{align*}
Ma quindi dato che $C$ è un prodotto tra primi ed è facile verificare che $S(p) > 1$ per ogni primo $p$, abbiamo che $C$ stesso deve essere primo. Un po' di brute-force dà la risposta.
(Michele Tomasi)

Problema 97

Problema 98

Problema 99

Problema 100
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GranchioPodista · Messaggio da **GranchioPodista** » 18 apr 2022, 21:31

Problema 1 [3]
n il numero di commensali e d la distanza tra loro, i commensali sono i punti ${A_1, A_2,..., A_n}$ mettiamo $A_1$ in un punto qualsiasi del piano. $A_2$ potrà stare ovunque nella circonferenza di raggio d e centro $A_1$. Il terzo punto ha solo 2 posizioni in cui poter stare, che sono le intersezioni delle 2 circonferenze di centro $A_1$ e $A_2$, entrambe di raggio d. Posizionato il terzo punto e tracciata la 3 circonferenza noteremo che non ci sarà nessun punto in comune a tutte e 3 le circonferenze. Di conseguenza non ci può essere un quarto punto che rispetta le condizioni
(Alessandro Avellino)
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 [36]
Un rettangolo con le diagonali perpendicolari è un quadrato. L'area è quindi $6^2=36$
(Filippo Prandina)

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 [2022]
Supponiamo che ci siano $2022$ fisici. Tutti dicono la verità, cioè che non sono matematici: non c'è alcuna contraddizione. $2022$ è anche il numero di abitanti dell'isola, quindi è il massimo numero di fisici.

Problema 9 [8]
$4n/32=k$ con $k\in N>=0$. Quindi $n=8k$. Il minimo si ha quando $k=1$ e $n=8$.
(Filippo Prandina)

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 [28]
X appartiene alla perpendicolare di BC passante per A. Inoltre X e 2 punti su BC formano lo stesso angolo che forma A con quei 2 punti, di conseguenza X è il simmetrico di A. Da questo deduciamo che AX=2AD, dove AD è l'altezza
(Alessandro Avellino)

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[20]
Il doppio delle cifre di n dovrà necessariamente essere un numero di $3$ cifre ognuna delle quali minore di 5. Una volta individuato il numero più piccolo $n $ come $101 ( 2n = 202)$ e il massimo $n$ come $444 (2n= 888)$ i restanti saranno compresi tra essi. Ci saranno 18 numeri palindromi tra questi due estremi, con la cifra intermedia contente al più il 4 e gli estremi uguali da 1 a 4. I numeri saranno 101, 111, 121, 131, 141, 202, 222… fino a 444. Il totale è di 20 numeri bipalindromi.
(Irene Mancone)

Problema 32

Problema 33[74]
Il costo di un pallone ($C$) può essere pari o dispari. Se è pari, può essere pagato con $\frac{C}{2}$ monete da 2 orue. Poiché $\frac{C}{2}$ è pari, $C$ sarà un multiplo di 4, quindi potrà assumere 37 valori.
Se $C$ è dispari, invece, il pallone può essere pagato con $\frac{C-1}{2}$ monete da 2 orue e una moneta da un orue. Di conseguenza, C-1 è un multiplo di 2, ma $\frac{C-1}{2}$ è dispari (aggiungendo una moneta da un orue, il numero di monete usate è pari). Di conseguenza, $C-1$ è multiplo di 2 ma non di 4, quindi può assumere altri 37 valori.
La somma dei valori possibili è dunque 74.
(Daniele Prisco)

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

P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che

P(n)=n^2 per

n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio:

G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri

(4,5,6,7,8) e poiché

G è chiaramente monico possiamo affermare che

G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine

G(x) con

P(x)-x^2 e ricavando

P(x) otteniamo che

P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando

P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi

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[15]
Dovendo esistere almeno un numero $k>1$ che elevato al cubo sia un divisore di $n$ si possono escludere i numeri da 2 a 7 in quanto l’unico loro divisore al cubo è 1 e k non può assumere tale valore. L’8 si può vedere come $2^3$ ed è un prigioniero di cubi, così come lo sono tutti i suoi multipli fino 96. È valido lo stesso discorso anche per i multipli di 27 (essendo $3^3$) fino a 81. Contandoli si arriva al risultato richiesto, 15.
(Irene Mancone)

Problema 50

Problema 51

Problema 52

Problema 53

Problema 54

Problema 55

Problema 56

Problema 57 [183]
Si può considerare il triangolo isoscele con i vertici di coordinate $B (0;0), C (20;0)$ e A$ (10; y)$ con $y > 0$
Il punto $H$ è l’intersezione tra le rette perpendicolari ai lati passanti per $A, B, C$. Sapendo che le distanze tra
$AH$ e $AD$ sono segmenti di lunghezza intera il punto $H$ si potrà trovare al minimo nella coordinata $(10;1)$. Calcolando il coefficiente angolare tra $H$ e i punti $B$ e $C$, le rette passanti per $B$ e $C$ con coefficiente angolare antireciproco si può ottenere l’ordinata di $A$ sostituendo in una delle due equazioni.
$m_{BH}$= $\frac{1}{10}$ $m^1$=$-10$ retta r passante per A e C: $y=-10x+200$
$m_{CH}$=$\frac{-1}{10}$ $m^1$=10 retta s passante per B e A : $y=10x$

Per $H (10,1)$ A vale (10, 100) e la distanza è intera (99).
Una volta stabilita l’ordinata massima di A è sufficiente ripetere il procedimento. Per H (10,2) A (10, 50), per H (10,4) A(10,25). Nelle coordinate (10, 10) H e A si sovrappongono. Poi si avrà che A si trova in (10,20), in (10,2) e (10,5). La soluzione si ottiene sommando le distanze trovate tra H e A senza ripetizioni.
(Irene Mancone)

Soluzione alternativa:
Essendo $ABC$ un triangolo isoscele la mediana $AD$ coincide con l'altezza rispetto a $BC$, chiamando $K$ il piede dell'altezza relativa ad $AC$ otteniamo che il triangolo $BKC$ è simile al triangolo $ABD$ poiché $\widehat{BKC} \cong \widehat{BDA} = 90^{\circ}$ e $\widehat{BCK} \cong \widehat{ABD}$ (essendo $ABC$ isoscele). Consideriamo ora i triangoli $BKC$ e $BDH$, anch'essi sono simili poiché $\widehat{BKC} \cong \widehat{BDH} = 90^{\circ}$ e $\widehat{CBK}$ è in comune. Per la proprietà transitiva $ABD \sim BKC$ e $BKC \sim BDH$ $\rightarrow$ $ABD \sim BDH$. Avendo dimostrato che i triangoli $ABD$ e $BDH$ sono simili vale la seguente uguaglianza: $\frac{BD}{AD}=\frac{HD}{BD} \rightarrow BD^2 = AD \cdot HD \rightarrow 100=AD \cdot HD$ (essendo $BD$ la metà di un segmento lungo $20$). Avendo che $AH$ e $AD$ sono di lunghezza intera anche $HD$ sarà di lunghezza intera (Poiché $HD$ è la differenza tra i due segmenti) ed avremo soluzioni limitate a $100=AD \cdot HD$ ovvero $(AD,HD)=(100,1),(50,2),(25,4),(20,5),(10,10),(5,20),(4,25),(2,50),(1,100)$. La soluzione $(AD,HD)=(10,10)$ non ci piace poiché $\widehat{ABC}$ varrebbe $90^{\circ}$ ($D$ sarebbe il centro della circonferenza circoscritta ad $ABC$ e $\widehat{ABC}$ sottenderebbe un diametro) dunque i possibili valori di $AH$ sono le diverse differenze fra le soluzioni ottenute $(AH=|AD-AH|)$: $AH = 100-1= 99, AH = 50-2 = 48, AH = 25-4= 21, AH =20-5=15$ (le altre danno gli stessi valori poiché sono soluzioni "specchiate"). La risposta è quindi $99+48+21+15=183$.
(Lorenzo Bastioni)

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 [1158]
Dette $H$ e $K$, rispettivamente, le proiezioni di $D$ e $C$ su $AB$ e $AH=x$ possiamo calcolare l'altezza del trapezio in due modi diversi servendoci del teorema di Pitagora ed eguagliare le espressioni $DH^2=AD^2-AH^2=33^2-x^2=CK^2=BC^2-BK^2=60^2-(69-6-x)^2$.

Risolvendo l'equazione, si trova l'unico valore $x=\frac{81}{7}$ e l'altezza si può quindi calcolare, ad esempio, come $h=DH=\sqrt{AD^2-AH^2}=\frac{60\sqrt{13}}{7}$. L'area del trapezio vale $A=\frac{(b_1+b_2)\cdot h}{2}=\frac{(AB+CD)\cdot AH}{2}=\frac{(69+6)\cdot (60\sqrt13)}{7\cdot2}\approx 1158,93$; la sua parte intera è 1158 ed è la soluzione.
(Federico Magnolfi)

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 $Y$. $CY$ è dunque l'altezza uscente da $C$ e si può calcolare con la formula inversa $CY=\frac{2A}{AB}$ dopo aver ricavato l'area con la formula di Erone o per via trigonometrica.
Si trova che quest'ultima vale $A=1200\sqrt{5}$ e dunque $CY^2=\left(\frac{2A}{AB}\right)^2=\frac{4\cdot1200^2\cdot 5}{70^2}=\approx 5877,55.$. 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 [4253]
Iniziamo col dimostrare che $P$ si trova all'esterno di $ABC$.

Detto $K$ il piede dell'altezza uscente da $A$ si ha che, essendo $\widehat{APB}$ congruente a $\widehat{AKB}$ perché entrambi retti, e dunque $AKBP$ ciclico, $P$ appartiene alla circonferenza circoscritta a $AKB$ alla quale non appartengono punti interni a $AKB$; ma $P$ appartiene alla mediana $AM$, la quale è evidentemente contenuta nel triangolo $AKB$ (lo si potrebbe dimostrare con i dati del problema), e quindi $P$ si trova all'esterno di $AKB$ ma anche di $ABC$.

Ora, è noto che in un triangolo di lati di lunghezza $9k$, $8k$, $7k$, con $k$ intero positivo, la mediana relativa alla base di lunghezza $8k$ misura $7k$: questo è facilmente verificabile per via trigonometrica, col teorema della mediana o anche con pitagora; in ogni caso, $AM\cong AC$ e in particolare $\widehat{AMC}\cong \widehat{ACM}=\gamma$.

Sia $\left\{D\right\}=BC\cap PT$. $BTD\sim BCH$ per il secondo criterio di similitudine in quanto hanno l'angolo in $B$ in comune e $\widehat{BDT}\cong \widehat{BHC}$ perché retti, in particolare $\widehat{ATD}=\gamma$.

$\widehat{BMP}\cong\widehat{AMC}$ perché opposi al vertice ed essendo $BPM$ rettangolo in $P$ e $PD$ l'altezza relativa all'ipotenusa, $BPD=\gamma$. Allora $BPT$ è isoscele sulla base $PT$, in altre parole $T$ è il simmetrico di $P$ rispetto a $BC$; da ciò deriva anche che $BMT\cong BMP$, in particolare che $\widehat{BTM}$ sia retto.

$BMT\sim BCH$ per il secondo criterio di similitudine in quanto hanno l'angolo in $B$ in comune e $\widehat{BTM}\cong \widehat{BHC}$ perché entrambi retti. Ma allora, essendo $M$ punto medio di $BC$, necessariamente $T$ è punto medio di $BH$.

Il rapporto $\frac{[ATB]}{[THC]}$ è uguale al rapporto fra le altezze $\frac{AH}{CH}$ in quanto i due triangoli hanno basi congruenti per quanto appena dimostrato. Esse si possono calcolare con pitagora, dopo aver ricavato $BH=\frac{2A}{AC}$ e l'area attraverso Erone o per via trigonometrica. Sviluppando i calcoli si trova $BH=\frac{24\sqrt{5}}{2}$, $CH=\sqrt{BC^2-BH^2}=\frac{16}{7}$ e $AH=AC-CH=\frac{33}{7}$
Il risultato cercato è $1000\cdot \left(\frac{AH}{CH}\right)^2=1000\cdot\left(\frac{33}{16}\right)^2\approx4253,90$ la cui parte intera è $4253$ che è la soluzione.
(Federico Magnolfi)

Problema 77

Problema 78 [4151]
Cominciamo col dimostrare che $BCPQ$ è un trapezio. Sappiamo che l'ortocentro e il circocentro sono coniugati isogonali: in pratica, le rette $AH$ e $AO$ formano coi lati $AB$ e $AC$ angoli congruenti. Avremo dunque $\widehat{BAH}\cong \widehat{CAO}$, ma anche $\widehat{HAI}\cong \widehat{OAI}$ essendo $AI$ bisettrice perché $I$ incentro di $ABC$.

Riferendoci ora alla circonferenza circoscritta ad $ABC$, che chiamiamo $\Gamma$, abbiamo che $\widehat{FCE}\cong \widehat{FAE}\cong\widehat{EAD}\cong \widehat{ECD}$ dove la prima e la terza uguaglianza sono date dal fatto che gli angoli insistono su uno stesso arco. Facendo attenzione, notiamo che $\widehat{QAP}$ e $\widehat{QCP}$ sono congruenti per l'uguaglianza precedente e insistono sullo stesso segmento $QP$, dunque $AQPC$ è ciclico e chiamiamo $\omega$ la sua circonferenza circoscritta. Essendo $\widehat{ACD}$ retto poiché insiste sul diametro $AD$ di $\Gamma$, $\widehat{AQP}$ sarà anch'esso retto poiché supplementare dell'angolo opposto $\widehat{ACP}$ (ricordando che ora abbiamo fatto rifereimento a $\omega$). $BC$ e $QP$ sono allora due rette perpendicolari alla stessa retta $AQ$, perciò sono parallele e $BCPQ$ è un trapezio.

Per calcolare la sua area abbiamo bisogno dell'altezza $QH$ e della base minore $QP$, dato che la base maggiore ci è nota ed è $BC$.

\textbf{Prima soluzione (sintetica)}
Detti $K$ e $J$ rispettivamente i piedi dell'altezza $AH$ e della bisettrice $AI$, analizziamo i triangoli $ABJ$ e $AEC$: essi hanno $\widehat{ABJ}\cong \widehat{AEC}$ perché angoli alla circonferenza che insistono su uno stesso arco; $\widehat{BAJ}\cong \widehat{EAC}$ perché $AI$ bisettrice: quindi sono simili per il secondo criterio di similitudine. Considerando ora i triangoli $AKJ$ e $AQP$: essi hanno: l'angolo in $A$ in comune; $\widehat{AKJ}\cong \widehat{AQP}$ perché retti: quindi sono anch'essi simili per il secondo criterio di similitudine. Impostiamo la proporzione $\frac{QP}{KJ}=\frac{AP}{AJ}$ $(1)$: troveremo $KJ$ e $AJ$ lavorando su $ABC$, mentre $AP$ attraverso il rapporto di similitudine fra i triangoli $ABJ$ e $AEC$. Calcoliamo $AK$ invertendo la formula dell'area di $ABC$ e $BK$ col teorema di Pitagora: $AK=\frac{2A}{BC}=\frac{2\cdot \sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-AC)}}{BC}=120 \quad$ $BK=\sqrt{AB^2-AK^2}=50$.
Applichiamo ora il teorema della bisettrice per trovare $BJ$: $\frac{BJ}{AB}=\frac{BC-BJ}{AC}$ da cui si ricava che $BJ=65$. Dunque $KJ=BJ-BK=15$ e $AJ=\sqrt{AK^2+KJ^2}=15\sqrt{65}$.

Impostiamo il rapporto di similitudine fra $ABJ$ e $AEC$: $\frac{AP}{AB}=\frac{AJ}{AC}$ da cui si ricava che $AP=\frac{150\sqrt{65}}{7}$ e per la proporzione $(1)$ $QP=\frac{AP\cdot KJ}{AJ}=\frac{150}{7}$. A questo punto si trova $AQ$ con pitagora e $QK$ per differenza: $AQ=\sqrt{AP^2-QP^2}=\frac{1200}{7} \quad QK=AQ-AK=\frac{360}{7}$
L'area del trapezio $BCPQ$ è dunque $$A=\frac{(140+\frac{150}{7})\cdot\frac{360}{7}}{2}\approx 4151,02$$

\textbf{Seconda soluzione (trigonometria)}
Ponendo $\widehat{ABC}=\beta$, $\cos\beta=\frac{AB^2+BC^2-AC^2}{2AB\cdot BC}=\frac{5}{13}$ (teorema del coseno), $\sin\beta=\sqrt{1-\cos^2\beta}=\frac{12}{13}$ $\widehat{BAC}=\alpha$, $\widehat{CAI}=\frac{\alpha}{2}$ perché $AI$ bisettrice, $\cos\alpha=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2AB\cdot AC}=\frac{33}{65}$ (teorema del coseno), $\cos\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1+\cos\alpha}{2}}=\frac{7}{\sqrt{65}}$.

Adesso abbiamo abbastanza dati per calcolare $AP=\frac{AC}{\cos\frac{\alpha}{2}}=\frac{150\sqrt{65}}{7}$.
Ponendo $\widehat{HAI}=\widehat{OAI}=\theta$ si ha che, essendo $\widehat{BAH}=\frac{\pi}{2}-\beta$, $\theta=\frac{\alpha}{2}+\beta-\frac{\pi}{2}$; $\cos\theta=\sin\frac{\alpha}{2}\cos\beta+\cos\frac{\alpha}{2}\sin\beta=\frac{8}{\sqrt{65}}$

$AQ=AP\cos\theta=\frac{1200}{7}\quad QP=\sqrt{AP^2-AQ^2}=\frac{150}{7}$. Ci manca l'altezza $QK$ dove $K$ è il piede dell'altezza uscente da $A$. $AK=AB\sin\beta=120\qquad QK=AQ-AK=\frac{360}{7}$ A questo punto l'area si trova allo stesso modo della soluzione per via sintetica.
(Federico Magnolfi)

Problema 79

Problema 80

Problema 81

Problema 82 [4]
45=9*5 quindi scomponiamo il modulo in modulo 9 e modulo 5. modulo 5 è semplicemente 4, in quanto l'ultima cifra è proprio 4.Definiamo $\overline{a_1a_2a_3...a_k}$ la scrittura decimale in successione di $a_1,a_2,...,a_k$, per esempio $\overline{4^2 5^2}=1625$. Inoltre, chiamato N il nostro numero, N=$\overline{1^22^23^24^2...2022^2}$. $\overline{a_1a_2a_3...a_k} $ $mod 9 \equiv a_1+a_2+a_3+...+a_k$, dimostrarlo è facile. i residui quadratici di 9 sono 0,1,4,7 mentre la somma dei quadrati da 1 a 9 mod 9 è 24, (-3). Quindi ogni 9 numeri vi è un -3 da addizionare, quindi è (-3)*224(che sarebbe il numero di multipli di 9 minori di 2022). -672, a questo devi aggiungere i numeri da 2017 a 2022, -672+1+4+7+7=-653 $\equiv$ -14 $\equiv$ 4
siccome N è congruo a 4 sia mod 5 che mod 9, sarà congruo a 4 anche mod 45
(Alessandro Avellino)

Problema 83 [21]
Sia $H$ il piede dell'altezza uscente da $A$; $AY=AH-HY$. L'altezza $AH$ si può calcolare, ad esempio, invertendo la formula dell'area $A=\frac{b\cdot h}{2}$ dopo aver trovato quest'ultima con la formula di Erone, oppure trovando il coseno dell'angolo in $B$ col teorema del coseno, quindi il suo seno e applicando il primo teorema dei triangoli rettangoli a $ABH$. Eseguendo i calcoli, si trova che essa vale $AH=3\sqrt{5}$. $BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=2$.

Detto $M$ il punto medio di $BC$ si ha che $HM=HX=2$ e quindi esso è punto medio anche di $HX$; ma $OM\perp BC$ in quanto in un triangolo isoscele la mediana è anche altezza: allora, essendo $HYX$ e $MOX$ simili per il secondo criterio di similitudine, e avendo rapporto di similitudine $2$, $HY=2HO$

Attraverso il teorema della corda, oppure attraverso la formula nota, possiamo calcolare il raggio della circonferenza circoscritta ad $ABC$, $R=\frac{BC}{2\sin\alpha}=\frac{abc}{4A}=\frac{21}{2\sqrt{5}}$.
Ora possiamo trovare $HY=2HO=2\sqrt{R^2-MC^2}=\frac{11\sqrt{5}}{5}$ e infine $AY=AH-HY=3\sqrt{5}-\frac{11\sqrt{5}}{5}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$.

Stiamo cercando $AY^2=\frac{16}{5}$ e la risposta è infine $16+5=21$
(Alessandro Lombardo & Federico Magnolfi)

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 [6460]
Possiamo riscrivere il testo del problema nel seguente modo:
$$\sum_{n=1}^{2020} \lfloor \frac{\sqrt{n+2}}{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}} \rfloor$$
Andiamo ad analizzare il nostro addendo generale privo della funzione floor:
$ \frac{\sqrt{n+2}}{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}} = \frac{\sqrt{n+2}}{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}} \cdot \frac{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \sqrt{(n+2) \cdot (n+1) } + \sqrt{ (n+2) \cdot n } = \sqrt{n^2 + 3n+ 2} + \sqrt{n^2 +2n} $.
Esplorando un po' la situazione ci si potrebbe convincere che $2n+2 \leq \sqrt{n^2 + 3n+ 2} + \sqrt{n^2 +2n} < 2n+3$ (con $n$ nell'intervallo che interessa a noi ovvero $[1,2020]$).
Dimostriamolo:
La seconda disuguaglianza è molto semplice infatti $\sqrt{n^2 + 3n+ 2} + \sqrt{n^2 +2n} = \sqrt{(n+2)^2 -n-2} + \sqrt{(n+1)^2 - 1} < \sqrt{(n+2)^2} + \sqrt{(n+1)^2} = n+2 +n+1 = 2n+3$ quindi $\sqrt{n^2 + 3n+ 2} + \sqrt{n^2 +2n} < 2n+3$.
La prima disuguaglianza è leggermente più fastidiosa:
vogliamo $2n+2 \leq \sqrt{n^2 + 3n+ 2} + \sqrt{n^2 +2n}$ che è molto lungo da risolvere a mano dunque proviamo a scomporre in maniera intelligente il problema:
ad esempio, se dimostrassimo che $\sqrt{n^2 + 3n+ 2} \geq n + \frac{4}{3} \wedge \sqrt{n^2 +2n} \geq n+\frac{2}{3}$ avremmo finito poiché sommando le disuguaglianze si otterrebbe la tesi (La veridicità delle due disuguaglianze implica la tesi ma non viceversa).
Le due disuguaglianze sono due semplici disequazioni irrazionali e non ci dovremmo preoccupare di condizioni di esistenza o simili poiché nel nostro intervallo è tutto positivo:
1)
$ \sqrt{n^2 + 3n+ 2} \geq n + \frac{4}{3} \rightarrow n^2+3n+2 \geq (n + \frac{4}{3})^2 \rightarrow n \geq - \frac{2}{9}$, nel nostro intervallo la disuguaglianza vale.
2)
$ \sqrt{n^2 +2n} \geq n+\frac{2}{3} \rightarrow n^2+2n \geq (n+\frac{2}{3})^2 \rightarrow n \geq \frac{2}{3} $, nel nostro intervallo la disuguaglianza vale.
La tesi è dunque dimostrata, $2n+2 \leq \sqrt{n^2 + 3n+ 2} + \sqrt{n^2 +2n} < 2n+3$. Ciò implica che $\lfloor \frac{\sqrt{n+2}}{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}} \rfloor = 2n+2$ (nel nostro intervallo) e possiamo riscrivere la nostra somma:
$$\sum_{n=1}^{2020} 2n+2 = \left( 2 \sum_{n=1}^{2020} n \right) + 2 \cdot 2020 = 2020 \cdot 2021 + 4040 = 4086460$$
(La seconda uguaglianza si ha con la formula di Gauss per la somma dei primi $k$ numeri naturali) Prendendo le ultime $4$ cifre del risultato abbiamo la soluzione: 6460.
(Lorenzo Bastioni)

Problema 95

Problema 96 2029
I numeri curiosi sono esattamente i liberi dai quadrati.\\
($\Leftarrow$) Se $n$ è un numero libero da quadrati allora $\tau(n)$ è una potenza di due, inoltre ogni divisore $d$ di $n$ è un numero libero da quadrati, quindi anche $\tau(d)$ è una potenza di $2$ e dato che $\tau(d) \le \tau(n)$ abbiamo che $\tau(d)|\tau(n)$.\\
($\Rightarrow$) Supponiamo che $n = p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_m^{a_m}$ sia un numero libero da quadrati. Allora abbiamo
\begin{align*}
&\tau(n/p_i)|\tau(n)\\
\Rightarrow &(a_1+1)\cdots(a_i)\cdots(a_m+1)|(a_1+1)\cdots(a_i+1)\cdots(a_m+1)\\
\Rightarrow &a_i | a_i+1 \Rightarrow a_i = 1.
\end{align*}
Dunque $n$ è libero da quadrati.\\
\\
Inoltre notiamo che $f(a,b)$ è semplicemente $MCD(a,b)$. A questo punto scriviamo
$$S(n) = \sum_{j=1}^n f(j,n) = \sum_{j=1}^n MCD(j,n),$$
dimostreremo che la funzione $S$ è moltiplicativa, cioè per ogni $m,n \in \mathbb{Z}^+$ coprimi $S(m)S(n) = S(mn)$. Infatti, segue dal teorema del resto cinese, possiamo rimpiazzare $j \text{ mod }mn$ con due numeri $j_m \text{ mod }m$ e $j_n \text{ mod }n$ in modo che:
\begin{align*}
S(mn) &= \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,mn) = \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,m)MCD(j,n)\\
&= \sum_{j_m=1}^{m} \sum_{j_n =1}^{n} MCD(j_m,m)MCD(j_n,n)\\
&= \left(\sum_{j_m=1}^m MCD(j_m,m)\right)\left(\sum_{j_n=1}^n MCD(j_n,n)\right) = S(m)S(n).
\end{align*}
Ma quindi dato che $C$ è un prodotto tra primi ed è facile verificare che $S(p) > 1$ per ogni primo $p$, abbiamo che $C$ stesso deve essere primo. Un po' di brute-force dà la risposta.
(Michele Tomasi)

Problema 97

Problema 98

Problema 99

Problema 100
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Folpo13 · Messaggio da **Folpo13** » 18 apr 2022, 22:09

GranchioPodista ha scritto: ↑18 apr 2022, 21:31 Problema 1 [3]
n il numero di commensali e d la distanza tra loro, i commensali sono i punti ${A_1, A_2,..., A_n}$ mettiamo $A_1$ in un punto qualsiasi del piano. $A_2$ potrà stare ovunque nella circonferenza di raggio d e centro $A_1$. Il terzo punto ha solo 2 posizioni in cui poter stare, che sono le intersezioni delle 2 circonferenze di centro $A_1$ e $A_2$, entrambe di raggio d. Posizionato il terzo punto e tracciata la 3 circonferenza noteremo che non ci sarà nessun punto in comune a tutte e 3 le circonferenze. Di conseguenza non ci può essere un quarto punto che rispetta le condizioni
(Alessandro Avellino)
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 [36]
Un rettangolo con le diagonali perpendicolari è un quadrato. L'area è quindi $6^2=36$
(Filippo Prandina)

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 [2022]
Supponiamo che ci siano $2022$ fisici. Tutti dicono la verità, cioè che non sono matematici: non c'è alcuna contraddizione. $2022$ è anche il numero di abitanti dell'isola, quindi è il massimo numero di fisici.

Problema 9 [8]
$4n/32=k$ con $k\in N>=0$. Quindi $n=8k$. Il minimo si ha quando $k=1$ e $n=8$.
(Filippo Prandina)

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 [28]
X appartiene alla perpendicolare di BC passante per A. Inoltre X e 2 punti su BC formano lo stesso angolo che forma A con quei 2 punti, di conseguenza X è il simmetrico di A. Da questo deduciamo che AX=2AD, dove AD è l'altezza
(Alessandro Avellino)

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[20]
Il doppio delle cifre di n dovrà necessariamente essere un numero di $3$ cifre ognuna delle quali minore di 5. Una volta individuato il numero più piccolo $n $ come $101 ( 2n = 202)$ e il massimo $n$ come $444 (2n= 888)$ i restanti saranno compresi tra essi. Ci saranno 18 numeri palindromi tra questi due estremi, con la cifra intermedia contente al più il 4 e gli estremi uguali da 1 a 4. I numeri saranno 101, 111, 121, 131, 141, 202, 222… fino a 444. Il totale è di 20 numeri bipalindromi.
(Irene Mancone)

Problema 32

Problema 33[74]
Il costo di un pallone ($C$) può essere pari o dispari. Se è pari, può essere pagato con $\frac{C}{2}$ monete da 2 orue. Poiché $\frac{C}{2}$ è pari, $C$ sarà un multiplo di 4, quindi potrà assumere 37 valori.
Se $C$ è dispari, invece, il pallone può essere pagato con $\frac{C-1}{2}$ monete da 2 orue e una moneta da un orue. Di conseguenza, C-1 è un multiplo di 2, ma $\frac{C-1}{2}$ è dispari (aggiungendo una moneta da un orue, il numero di monete usate è pari). Di conseguenza, $C-1$ è multiplo di 2 ma non di 4, quindi può assumere altri 37 valori.
La somma dei valori possibili è dunque 74.
(Daniele Prisco)

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 P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che P(n)=n^2 per n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio: G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri (4,5,6,7,8) e poiché G è chiaramente monico possiamo affermare che G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine G(x) con P(x)-x^2 e ricavando P(x) otteniamo che P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi 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[15]
Dovendo esistere almeno un numero $k>1$ che elevato al cubo sia un divisore di $n$ si possono escludere i numeri da 2 a 7 in quanto l’unico loro divisore al cubo è 1 e k non può assumere tale valore. L’8 si può vedere come $2^3$ ed è un prigioniero di cubi, così come lo sono tutti i suoi multipli fino 96. È valido lo stesso discorso anche per i multipli di 27 (essendo $3^3$) fino a 81. Contandoli si arriva al risultato richiesto, 15.
(Irene Mancone)

Problema 50

Problema 51

Problema 52

Problema 53

Problema 54

Problema 55

Problema 56

Problema 57 [183]
Si può considerare il triangolo isoscele con i vertici di coordinate $B (0;0), C (20;0)$ e A$ (10; y)$ con $y > 0$
Il punto $H$ è l’intersezione tra le rette perpendicolari ai lati passanti per $A, B, C$. Sapendo che le distanze tra
$AH$ e $AD$ sono segmenti di lunghezza intera il punto $H$ si potrà trovare al minimo nella coordinata $(10;1)$. Calcolando il coefficiente angolare tra $H$ e i punti $B$ e $C$, le rette passanti per $B$ e $C$ con coefficiente angolare antireciproco si può ottenere l’ordinata di $A$ sostituendo in una delle due equazioni.
$m_{BH}$= $\frac{1}{10}$ $m^1$=$-10$ retta r passante per A e C: $y=-10x+200$
$m_{CH}$=$\frac{-1}{10}$ $m^1$=10 retta s passante per B e A : $y=10x$

Per $H (10,1)$ A vale (10, 100) e la distanza è intera (99).
Una volta stabilita l’ordinata massima di A è sufficiente ripetere il procedimento. Per H (10,2) A (10, 50), per H (10,4) A(10,25). Nelle coordinate (10, 10) H e A si sovrappongono. Poi si avrà che A si trova in (10,20), in (10,2) e (10,5). La soluzione si ottiene sommando le distanze trovate tra H e A senza ripetizioni.
(Irene Mancone)

Soluzione alternativa:
Essendo $ABC$ un triangolo isoscele la mediana $AD$ coincide con l'altezza rispetto a $BC$, chiamando $K$ il piede dell'altezza relativa ad $AC$ otteniamo che il triangolo $BKC$ è simile al triangolo $ABD$ poiché $\widehat{BKC} \cong \widehat{BDA} = 90^{\circ}$ e $\widehat{BCK} \cong \widehat{ABD}$ (essendo $ABC$ isoscele). Consideriamo ora i triangoli $BKC$ e $BDH$, anch'essi sono simili poiché $\widehat{BKC} \cong \widehat{BDH} = 90^{\circ}$ e $\widehat{CBK}$ è in comune. Per la proprietà transitiva $ABD \sim BKC$ e $BKC \sim BDH$ $\rightarrow$ $ABD \sim BDH$. Avendo dimostrato che i triangoli $ABD$ e $BDH$ sono simili vale la seguente uguaglianza: $\frac{BD}{AD}=\frac{HD}{BD} \rightarrow BD^2 = AD \cdot HD \rightarrow 100=AD \cdot HD$ (essendo $BD$ la metà di un segmento lungo $20$). Avendo che $AH$ e $AD$ sono di lunghezza intera anche $HD$ sarà di lunghezza intera (Poiché $HD$ è la differenza tra i due segmenti) ed avremo soluzioni limitate a $100=AD \cdot HD$ ovvero $(AD,HD)=(100,1),(50,2),(25,4),(20,5),(10,10),(5,20),(4,25),(2,50),(1,100)$. La soluzione $(AD,HD)=(10,10)$ non ci piace poiché $\widehat{ABC}$ varrebbe $90^{\circ}$ ($D$ sarebbe il centro della circonferenza circoscritta ad $ABC$ e $\widehat{ABC}$ sottenderebbe un diametro) dunque i possibili valori di $AH$ sono le diverse differenze fra le soluzioni ottenute $(AH=|AD-AH|)$: $AH = 100-1= 99, AH = 50-2 = 48, AH = 25-4= 21, AH =20-5=15$ (le altre danno gli stessi valori poiché sono soluzioni "specchiate"). La risposta è quindi $99+48+21+15=183$.
(Lorenzo Bastioni)

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 [1158]
Dette $H$ e $K$, rispettivamente, le proiezioni di $D$ e $C$ su $AB$ e $AH=x$ possiamo calcolare l'altezza del trapezio in due modi diversi servendoci del teorema di Pitagora ed eguagliare le espressioni $DH^2=AD^2-AH^2=33^2-x^2=CK^2=BC^2-BK^2=60^2-(69-6-x)^2$.

Risolvendo l'equazione, si trova l'unico valore $x=\frac{81}{7}$ e l'altezza si può quindi calcolare, ad esempio, come $h=DH=\sqrt{AD^2-AH^2}=\frac{60\sqrt{13}}{7}$. L'area del trapezio vale $A=\frac{(b_1+b_2)\cdot h}{2}=\frac{(AB+CD)\cdot AH}{2}=\frac{(69+6)\cdot (60\sqrt13)}{7\cdot2}\approx 1158,93$; la sua parte intera è 1158 ed è la soluzione.
(Federico Magnolfi)

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 $Y$. $CY$ è dunque l'altezza uscente da $C$ e si può calcolare con la formula inversa $CY=\frac{2A}{AB}$ dopo aver ricavato l'area con la formula di Erone o per via trigonometrica.
Si trova che quest'ultima vale $A=1200\sqrt{5}$ e dunque $CY^2=\left(\frac{2A}{AB}\right)^2=\frac{4\cdot1200^2\cdot 5}{70^2}=\approx 5877,55.$. La sua parte intera è 5877 ed è la soluzione.
(Federico Magnolfi)

Problema 66

Problema 67 [3026]
Scriviamo il numeratore come $\prod$_{n=2}^{2021}((n-1)+n+(n+1))=\prod$_{n=2}^{2021}(3n)=3^{2021}\prod$_{n=2}^{2021}(n)$. Si può quindi raccogliere un $3^2021$ al numeratore. Inoltre si raccolgono anche una potenza di $3^1005$ dato che $n$ può avere $3$ come fattore primo (elevato alla 1, 2, 3, ... 6). Ci sono $[2021/3]=673$ multipli di 3, $[2021/9]=224$ multipli di 9 e così via: $[2021/3]+[2021/9]+[2021/27]+[2021/81]+[2021/243]+[2021/729]=673+224+74+24+8+2=1005$. In tutto quindi si è raccolto $2021+1005=3026$.
(Filippo Prandina)

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 [78]
Elevando entrambi i termini al quadrato (lecito perché entrambi sicuramente positivi) si ottiene $x^2+y^2-x-y+1/2 \leq 1/4$ riarrangiando $(x-1/2)^2+(y-1/2)^2 \leq 1/4$. Si ha quindi l'equazione di un cerchio centrato in $(1/2,1/2)$ con raggio $1/2$. La probabilità che un punto interno al quadrato definito nel piano cartesiano che ha vertice nell'origine e lato $1$ sia dentro il cerchio è quindi il rapporto tra l'area del cerchio e quella del quadrato: $\pi (1/2)^2 \approx 78$%.
(Filippo Prandina)

Problema 76 [4253]
Iniziamo col dimostrare che $P$ si trova all'esterno di $ABC$.

Detto $K$ il piede dell'altezza uscente da $A$ si ha che, essendo $\widehat{APB}$ congruente a $\widehat{AKB}$ perché entrambi retti, e dunque $AKBP$ ciclico, $P$ appartiene alla circonferenza circoscritta a $AKB$ alla quale non appartengono punti interni a $AKB$; ma $P$ appartiene alla mediana $AM$, la quale è evidentemente contenuta nel triangolo $AKB$ (lo si potrebbe dimostrare con i dati del problema), e quindi $P$ si trova all'esterno di $AKB$ ma anche di $ABC$.

Ora, è noto che in un triangolo di lati di lunghezza $9k$, $8k$, $7k$, con $k$ intero positivo, la mediana relativa alla base di lunghezza $8k$ misura $7k$: questo è facilmente verificabile per via trigonometrica, col teorema della mediana o anche con pitagora; in ogni caso, $AM\cong AC$ e in particolare $\widehat{AMC}\cong \widehat{ACM}=\gamma$.

Sia $\left\{D\right\}=BC\cap PT$. $BTD\sim BCH$ per il secondo criterio di similitudine in quanto hanno l'angolo in $B$ in comune e $\widehat{BDT}\cong \widehat{BHC}$ perché retti, in particolare $\widehat{ATD}=\gamma$.

$\widehat{BMP}\cong\widehat{AMC}$ perché opposi al vertice ed essendo $BPM$ rettangolo in $P$ e $PD$ l'altezza relativa all'ipotenusa, $BPD=\gamma$. Allora $BPT$ è isoscele sulla base $PT$, in altre parole $T$ è il simmetrico di $P$ rispetto a $BC$; da ciò deriva anche che $BMT\cong BMP$, in particolare che $\widehat{BTM}$ sia retto.

$BMT\sim BCH$ per il secondo criterio di similitudine in quanto hanno l'angolo in $B$ in comune e $\widehat{BTM}\cong \widehat{BHC}$ perché entrambi retti. Ma allora, essendo $M$ punto medio di $BC$, necessariamente $T$ è punto medio di $BH$.

Il rapporto $\frac{[ATB]}{[THC]}$ è uguale al rapporto fra le altezze $\frac{AH}{CH}$ in quanto i due triangoli hanno basi congruenti per quanto appena dimostrato. Esse si possono calcolare con pitagora, dopo aver ricavato $BH=\frac{2A}{AC}$ e l'area attraverso Erone o per via trigonometrica. Sviluppando i calcoli si trova $BH=\frac{24\sqrt{5}}{2}$, $CH=\sqrt{BC^2-BH^2}=\frac{16}{7}$ e $AH=AC-CH=\frac{33}{7}$
Il risultato cercato è $1000\cdot \left(\frac{AH}{CH}\right)^2=1000\cdot\left(\frac{33}{16}\right)^2\approx4253,90$ la cui parte intera è $4253$ che è la soluzione.
(Federico Magnolfi)

Problema 77

Problema 78 [4151]
Cominciamo col dimostrare che $BCPQ$ è un trapezio. Sappiamo che l'ortocentro e il circocentro sono coniugati isogonali: in pratica, le rette $AH$ e $AO$ formano coi lati $AB$ e $AC$ angoli congruenti. Avremo dunque $\widehat{BAH}\cong \widehat{CAO}$, ma anche $\widehat{HAI}\cong \widehat{OAI}$ essendo $AI$ bisettrice perché $I$ incentro di $ABC$.

Riferendoci ora alla circonferenza circoscritta ad $ABC$, che chiamiamo $\Gamma$, abbiamo che $\widehat{FCE}\cong \widehat{FAE}\cong\widehat{EAD}\cong \widehat{ECD}$ dove la prima e la terza uguaglianza sono date dal fatto che gli angoli insistono su uno stesso arco. Facendo attenzione, notiamo che $\widehat{QAP}$ e $\widehat{QCP}$ sono congruenti per l'uguaglianza precedente e insistono sullo stesso segmento $QP$, dunque $AQPC$ è ciclico e chiamiamo $\omega$ la sua circonferenza circoscritta. Essendo $\widehat{ACD}$ retto poiché insiste sul diametro $AD$ di $\Gamma$, $\widehat{AQP}$ sarà anch'esso retto poiché supplementare dell'angolo opposto $\widehat{ACP}$ (ricordando che ora abbiamo fatto rifereimento a $\omega$). $BC$ e $QP$ sono allora due rette perpendicolari alla stessa retta $AQ$, perciò sono parallele e $BCPQ$ è un trapezio.

Per calcolare la sua area abbiamo bisogno dell'altezza $QH$ e della base minore $QP$, dato che la base maggiore ci è nota ed è $BC$.

\textbf{Prima soluzione (sintetica)}
Detti $K$ e $J$ rispettivamente i piedi dell'altezza $AH$ e della bisettrice $AI$, analizziamo i triangoli $ABJ$ e $AEC$: essi hanno $\widehat{ABJ}\cong \widehat{AEC}$ perché angoli alla circonferenza che insistono su uno stesso arco; $\widehat{BAJ}\cong \widehat{EAC}$ perché $AI$ bisettrice: quindi sono simili per il secondo criterio di similitudine. Considerando ora i triangoli $AKJ$ e $AQP$: essi hanno: l'angolo in $A$ in comune; $\widehat{AKJ}\cong \widehat{AQP}$ perché retti: quindi sono anch'essi simili per il secondo criterio di similitudine. Impostiamo la proporzione $\frac{QP}{KJ}=\frac{AP}{AJ}$ $(1)$: troveremo $KJ$ e $AJ$ lavorando su $ABC$, mentre $AP$ attraverso il rapporto di similitudine fra i triangoli $ABJ$ e $AEC$. Calcoliamo $AK$ invertendo la formula dell'area di $ABC$ e $BK$ col teorema di Pitagora: $AK=\frac{2A}{BC}=\frac{2\cdot \sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-AC)}}{BC}=120 \quad$ $BK=\sqrt{AB^2-AK^2}=50$.
Applichiamo ora il teorema della bisettrice per trovare $BJ$: $\frac{BJ}{AB}=\frac{BC-BJ}{AC}$ da cui si ricava che $BJ=65$. Dunque $KJ=BJ-BK=15$ e $AJ=\sqrt{AK^2+KJ^2}=15\sqrt{65}$.

Impostiamo il rapporto di similitudine fra $ABJ$ e $AEC$: $\frac{AP}{AB}=\frac{AJ}{AC}$ da cui si ricava che $AP=\frac{150\sqrt{65}}{7}$ e per la proporzione $(1)$ $QP=\frac{AP\cdot KJ}{AJ}=\frac{150}{7}$. A questo punto si trova $AQ$ con pitagora e $QK$ per differenza: $AQ=\sqrt{AP^2-QP^2}=\frac{1200}{7} \quad QK=AQ-AK=\frac{360}{7}$
L'area del trapezio $BCPQ$ è dunque $$A=\frac{(140+\frac{150}{7})\cdot\frac{360}{7}}{2}\approx 4151,02$$

\textbf{Seconda soluzione (trigonometria)}
Ponendo $\widehat{ABC}=\beta$, $\cos\beta=\frac{AB^2+BC^2-AC^2}{2AB\cdot BC}=\frac{5}{13}$ (teorema del coseno), $\sin\beta=\sqrt{1-\cos^2\beta}=\frac{12}{13}$ $\widehat{BAC}=\alpha$, $\widehat{CAI}=\frac{\alpha}{2}$ perché $AI$ bisettrice, $\cos\alpha=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2AB\cdot AC}=\frac{33}{65}$ (teorema del coseno), $\cos\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1+\cos\alpha}{2}}=\frac{7}{\sqrt{65}}$.

Adesso abbiamo abbastanza dati per calcolare $AP=\frac{AC}{\cos\frac{\alpha}{2}}=\frac{150\sqrt{65}}{7}$.
Ponendo $\widehat{HAI}=\widehat{OAI}=\theta$ si ha che, essendo $\widehat{BAH}=\frac{\pi}{2}-\beta$, $\theta=\frac{\alpha}{2}+\beta-\frac{\pi}{2}$; $\cos\theta=\sin\frac{\alpha}{2}\cos\beta+\cos\frac{\alpha}{2}\sin\beta=\frac{8}{\sqrt{65}}$

$AQ=AP\cos\theta=\frac{1200}{7}\quad QP=\sqrt{AP^2-AQ^2}=\frac{150}{7}$. Ci manca l'altezza $QK$ dove $K$ è il piede dell'altezza uscente da $A$. $AK=AB\sin\beta=120\qquad QK=AQ-AK=\frac{360}{7}$ A questo punto l'area si trova allo stesso modo della soluzione per via sintetica.
(Federico Magnolfi)

Problema 79 [2011]
Si ha che $p^{(2)}(x)$ ha lo stesso grado di $p^{(4)}(x)$ questo significa che $p(x)$ è di grado $1$ o grado $0$. Ma non può essere di grado $0$ perché non è costante. Allora è del tipo $p(x)=mx+q$. La funzione $p(x)$ è chiaramente iniettiva ed essendo $p^{(2)}(x)=p^{(2022)}(x)$ per ipotesi, si ha necessariamente che $p(x)=p^{(2021)}(x)$. Ma quindi $p(2021)=0$ e $p(p(2021))=p(0)=2021$. Da qui si ricava facilmente che il polinomio è $p(x)=-x+2021$ e quindi $p(10)=2011$.
(Filippo Prandina)

Problema 80

Problema 81

Problema 82 [4]
45=9*5 quindi scomponiamo il modulo in modulo 9 e modulo 5. modulo 5 è semplicemente 4, in quanto l'ultima cifra è proprio 4.Definiamo $\overline{a_1a_2a_3...a_k}$ la scrittura decimale in successione di $a_1,a_2,...,a_k$, per esempio $\overline{4^2 5^2}=1625$. Inoltre, chiamato N il nostro numero, N=$\overline{1^22^23^24^2...2022^2}$. $\overline{a_1a_2a_3...a_k} $ $mod 9 \equiv a_1+a_2+a_3+...+a_k$, dimostrarlo è facile. i residui quadratici di 9 sono 0,1,4,7 mentre la somma dei quadrati da 1 a 9 mod 9 è 24, (-3). Quindi ogni 9 numeri vi è un -3 da addizionare, quindi è (-3)*224(che sarebbe il numero di multipli di 9 minori di 2022). -672, a questo devi aggiungere i numeri da 2017 a 2022, -672+1+4+7+7=-653 $\equiv$ -14 $\equiv$ 4
siccome N è congruo a 4 sia mod 5 che mod 9, sarà congruo a 4 anche mod 45
(Alessandro Avellino)

Problema 83 [21]
Sia $H$ il piede dell'altezza uscente da $A$; $AY=AH-HY$. L'altezza $AH$ si può calcolare, ad esempio, invertendo la formula dell'area $A=\frac{b\cdot h}{2}$ dopo aver trovato quest'ultima con la formula di Erone, oppure trovando il coseno dell'angolo in $B$ col teorema del coseno, quindi il suo seno e applicando il primo teorema dei triangoli rettangoli a $ABH$. Eseguendo i calcoli, si trova che essa vale $AH=3\sqrt{5}$. $BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=2$.

Detto $M$ il punto medio di $BC$ si ha che $HM=HX=2$ e quindi esso è punto medio anche di $HX$; ma $OM\perp BC$ in quanto in un triangolo isoscele la mediana è anche altezza: allora, essendo $HYX$ e $MOX$ simili per il secondo criterio di similitudine, e avendo rapporto di similitudine $2$, $HY=2HO$

Attraverso il teorema della corda, oppure attraverso la formula nota, possiamo calcolare il raggio della circonferenza circoscritta ad $ABC$, $R=\frac{BC}{2\sin\alpha}=\frac{abc}{4A}=\frac{21}{2\sqrt{5}}$.
Ora possiamo trovare $HY=2HO=2\sqrt{R^2-MC^2}=\frac{11\sqrt{5}}{5}$ e infine $AY=AH-HY=3\sqrt{5}-\frac{11\sqrt{5}}{5}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$.

Stiamo cercando $AY^2=\frac{16}{5}$ e la risposta è infine $16+5=21$
(Alessandro Lombardo & Federico Magnolfi)

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 [6460]
Possiamo riscrivere il testo del problema nel seguente modo:
$$\sum_{n=1}^{2020} \lfloor \frac{\sqrt{n+2}}{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}} \rfloor$$
Andiamo ad analizzare il nostro addendo generale privo della funzione floor:
$ \frac{\sqrt{n+2}}{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}} = \frac{\sqrt{n+2}}{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}} \cdot \frac{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \sqrt{(n+2) \cdot (n+1) } + \sqrt{ (n+2) \cdot n } = \sqrt{n^2 + 3n+ 2} + \sqrt{n^2 +2n} $.
Esplorando un po' la situazione ci si potrebbe convincere che $2n+2 \leq \sqrt{n^2 + 3n+ 2} + \sqrt{n^2 +2n} < 2n+3$ (con $n$ nell'intervallo che interessa a noi ovvero $[1,2020]$).
Dimostriamolo:
La seconda disuguaglianza è molto semplice infatti $\sqrt{n^2 + 3n+ 2} + \sqrt{n^2 +2n} = \sqrt{(n+2)^2 -n-2} + \sqrt{(n+1)^2 - 1} < \sqrt{(n+2)^2} + \sqrt{(n+1)^2} = n+2 +n+1 = 2n+3$ quindi $\sqrt{n^2 + 3n+ 2} + \sqrt{n^2 +2n} < 2n+3$.
La prima disuguaglianza è leggermente più fastidiosa:
vogliamo $2n+2 \leq \sqrt{n^2 + 3n+ 2} + \sqrt{n^2 +2n}$ che è molto lungo da risolvere a mano dunque proviamo a scomporre in maniera intelligente il problema:
ad esempio, se dimostrassimo che $\sqrt{n^2 + 3n+ 2} \geq n + \frac{4}{3} \wedge \sqrt{n^2 +2n} \geq n+\frac{2}{3}$ avremmo finito poiché sommando le disuguaglianze si otterrebbe la tesi (La veridicità delle due disuguaglianze implica la tesi ma non viceversa).
Le due disuguaglianze sono due semplici disequazioni irrazionali e non ci dovremmo preoccupare di condizioni di esistenza o simili poiché nel nostro intervallo è tutto positivo:
1)
$ \sqrt{n^2 + 3n+ 2} \geq n + \frac{4}{3} \rightarrow n^2+3n+2 \geq (n + \frac{4}{3})^2 \rightarrow n \geq - \frac{2}{9}$, nel nostro intervallo la disuguaglianza vale.
2)
$ \sqrt{n^2 +2n} \geq n+\frac{2}{3} \rightarrow n^2+2n \geq (n+\frac{2}{3})^2 \rightarrow n \geq \frac{2}{3} $, nel nostro intervallo la disuguaglianza vale.
La tesi è dunque dimostrata, $2n+2 \leq \sqrt{n^2 + 3n+ 2} + \sqrt{n^2 +2n} < 2n+3$. Ciò implica che $\lfloor \frac{\sqrt{n+2}}{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}} \rfloor = 2n+2$ (nel nostro intervallo) e possiamo riscrivere la nostra somma:
$$\sum_{n=1}^{2020} 2n+2 = \left( 2 \sum_{n=1}^{2020} n \right) + 2 \cdot 2020 = 2020 \cdot 2021 + 4040 = 4086460$$
(La seconda uguaglianza si ha con la formula di Gauss per la somma dei primi $k$ numeri naturali) Prendendo le ultime $4$ cifre del risultato abbiamo la soluzione: 6460.
(Lorenzo Bastioni)

Problema 95

Problema 96 2029
I numeri curiosi sono esattamente i liberi dai quadrati.\\
($\Leftarrow$) Se $n$ è un numero libero da quadrati allora $\tau(n)$ è una potenza di due, inoltre ogni divisore $d$ di $n$ è un numero libero da quadrati, quindi anche $\tau(d)$ è una potenza di $2$ e dato che $\tau(d) \le \tau(n)$ abbiamo che $\tau(d)|\tau(n)$.\\
($\Rightarrow$) Supponiamo che $n = p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_m^{a_m}$ sia un numero libero da quadrati. Allora abbiamo
\begin{align*}
&\tau(n/p_i)|\tau(n)\\
\Rightarrow &(a_1+1)\cdots(a_i)\cdots(a_m+1)|(a_1+1)\cdots(a_i+1)\cdots(a_m+1)\\
\Rightarrow &a_i | a_i+1 \Rightarrow a_i = 1.
\end{align*}
Dunque $n$ è libero da quadrati.\\
\\
Inoltre notiamo che $f(a,b)$ è semplicemente $MCD(a,b)$. A questo punto scriviamo
$$S(n) = \sum_{j=1}^n f(j,n) = \sum_{j=1}^n MCD(j,n),$$
dimostreremo che la funzione $S$ è moltiplicativa, cioè per ogni $m,n \in \mathbb{Z}^+$ coprimi $S(m)S(n) = S(mn)$. Infatti, segue dal teorema del resto cinese, possiamo rimpiazzare $j \text{ mod }mn$ con due numeri $j_m \text{ mod }m$ e $j_n \text{ mod }n$ in modo che:
\begin{align*}
S(mn) &= \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,mn) = \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,m)MCD(j,n)\\
&= \sum_{j_m=1}^{m} \sum_{j_n =1}^{n} MCD(j_m,m)MCD(j_n,n)\\
&= \left(\sum_{j_m=1}^m MCD(j_m,m)\right)\left(\sum_{j_n=1}^n MCD(j_n,n)\right) = S(m)S(n).
\end{align*}
Ma quindi dato che $C$ è un prodotto tra primi ed è facile verificare che $S(p) > 1$ per ogni primo $p$, abbiamo che $C$ stesso deve essere primo. Un po' di brute-force dà la risposta.
(Michele Tomasi)

Problema 97

Problema 98

Problema 99

Problema 100

Folpo13 · Messaggio da **Folpo13** » 18 apr 2022, 22:09

Problema 1 [3]
n il numero di commensali e d la distanza tra loro, i commensali sono i punti ${A_1, A_2,..., A_n}$ mettiamo $A_1$ in un punto qualsiasi del piano. $A_2$ potrà stare ovunque nella circonferenza di raggio d e centro $A_1$. Il terzo punto ha solo 2 posizioni in cui poter stare, che sono le intersezioni delle 2 circonferenze di centro $A_1$ e $A_2$, entrambe di raggio d. Posizionato il terzo punto e tracciata la 3 circonferenza noteremo che non ci sarà nessun punto in comune a tutte e 3 le circonferenze. Di conseguenza non ci può essere un quarto punto che rispetta le condizioni
(Alessandro Avellino)
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 [36]
Un rettangolo con le diagonali perpendicolari è un quadrato. L'area è quindi $6^2=36$
(Filippo Prandina)

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 [2022]
Supponiamo che ci siano $2022$ fisici. Tutti dicono la verità, cioè che non sono matematici: non c'è alcuna contraddizione. $2022$ è anche il numero di abitanti dell'isola, quindi è il massimo numero di fisici.

Problema 9 [8]
$4n/32=k$ con $k\in N>=0$. Quindi $n=8k$. Il minimo si ha quando $k=1$ e $n=8$.
(Filippo Prandina)

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 [28]
X appartiene alla perpendicolare di BC passante per A. Inoltre X e 2 punti su BC formano lo stesso angolo che forma A con quei 2 punti, di conseguenza X è il simmetrico di A. Da questo deduciamo che AX=2AD, dove AD è l'altezza
(Alessandro Avellino)

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[20]
Il doppio delle cifre di n dovrà necessariamente essere un numero di $3$ cifre ognuna delle quali minore di 5. Una volta individuato il numero più piccolo $n $ come $101 ( 2n = 202)$ e il massimo $n$ come $444 (2n= 888)$ i restanti saranno compresi tra essi. Ci saranno 18 numeri palindromi tra questi due estremi, con la cifra intermedia contente al più il 4 e gli estremi uguali da 1 a 4. I numeri saranno 101, 111, 121, 131, 141, 202, 222… fino a 444. Il totale è di 20 numeri bipalindromi.
(Irene Mancone)

Problema 32

Problema 33[74]
Il costo di un pallone ($C$) può essere pari o dispari. Se è pari, può essere pagato con $\frac{C}{2}$ monete da 2 orue. Poiché $\frac{C}{2}$ è pari, $C$ sarà un multiplo di 4, quindi potrà assumere 37 valori.
Se $C$ è dispari, invece, il pallone può essere pagato con $\frac{C-1}{2}$ monete da 2 orue e una moneta da un orue. Di conseguenza, C-1 è un multiplo di 2, ma $\frac{C-1}{2}$ è dispari (aggiungendo una moneta da un orue, il numero di monete usate è pari). Di conseguenza, $C-1$ è multiplo di 2 ma non di 4, quindi può assumere altri 37 valori.
La somma dei valori possibili è dunque 74.
(Daniele Prisco)

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

P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e) e notiamo che

P(n)=n^2 per

n=4,5,6,7,8. Ora possiamo costruire il seguente polinomio:

G(x)=P(x)-x^2 di cui conosciamo gli zeri

(4,5,6,7,8) e poiché

G è chiaramente monico possiamo affermare che

G(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8). Sostituendo infine

G(x) con

P(x)-x^2 e ricavando

P(x) otteniamo che

P(x)=(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)+x^2 da cui possiamo trovare la soluzione al problema calcolando

P(9)=(9-4)(9-5)(9-6)(9-7)(9-8)+9^2=201. La risposta è quindi

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[15]
Dovendo esistere almeno un numero $k>1$ che elevato al cubo sia un divisore di $n$ si possono escludere i numeri da 2 a 7 in quanto l’unico loro divisore al cubo è 1 e k non può assumere tale valore. L’8 si può vedere come $2^3$ ed è un prigioniero di cubi, così come lo sono tutti i suoi multipli fino 96. È valido lo stesso discorso anche per i multipli di 27 (essendo $3^3$) fino a 81. Contandoli si arriva al risultato richiesto, 15.
(Irene Mancone)

Problema 50

Problema 51

Problema 52

Problema 53

Problema 54

Problema 55

Problema 56

Problema 57 [183]
Si può considerare il triangolo isoscele con i vertici di coordinate $B (0;0), C (20;0)$ e A$ (10; y)$ con $y > 0$
Il punto $H$ è l’intersezione tra le rette perpendicolari ai lati passanti per $A, B, C$. Sapendo che le distanze tra
$AH$ e $AD$ sono segmenti di lunghezza intera il punto $H$ si potrà trovare al minimo nella coordinata $(10;1)$. Calcolando il coefficiente angolare tra $H$ e i punti $B$ e $C$, le rette passanti per $B$ e $C$ con coefficiente angolare antireciproco si può ottenere l’ordinata di $A$ sostituendo in una delle due equazioni.
$m_{BH}$= $\frac{1}{10}$ $m^1$=$-10$ retta r passante per A e C: $y=-10x+200$
$m_{CH}$=$\frac{-1}{10}$ $m^1$=10 retta s passante per B e A : $y=10x$

Per $H (10,1)$ A vale (10, 100) e la distanza è intera (99).
Una volta stabilita l’ordinata massima di A è sufficiente ripetere il procedimento. Per H (10,2) A (10, 50), per H (10,4) A(10,25). Nelle coordinate (10, 10) H e A si sovrappongono. Poi si avrà che A si trova in (10,20), in (10,2) e (10,5). La soluzione si ottiene sommando le distanze trovate tra H e A senza ripetizioni.
(Irene Mancone)

Soluzione alternativa:
Essendo $ABC$ un triangolo isoscele la mediana $AD$ coincide con l'altezza rispetto a $BC$, chiamando $K$ il piede dell'altezza relativa ad $AC$ otteniamo che il triangolo $BKC$ è simile al triangolo $ABD$ poiché $\widehat{BKC} \cong \widehat{BDA} = 90^{\circ}$ e $\widehat{BCK} \cong \widehat{ABD}$ (essendo $ABC$ isoscele). Consideriamo ora i triangoli $BKC$ e $BDH$, anch'essi sono simili poiché $\widehat{BKC} \cong \widehat{BDH} = 90^{\circ}$ e $\widehat{CBK}$ è in comune. Per la proprietà transitiva $ABD \sim BKC$ e $BKC \sim BDH$ $\rightarrow$ $ABD \sim BDH$. Avendo dimostrato che i triangoli $ABD$ e $BDH$ sono simili vale la seguente uguaglianza: $\frac{BD}{AD}=\frac{HD}{BD} \rightarrow BD^2 = AD \cdot HD \rightarrow 100=AD \cdot HD$ (essendo $BD$ la metà di un segmento lungo $20$). Avendo che $AH$ e $AD$ sono di lunghezza intera anche $HD$ sarà di lunghezza intera (Poiché $HD$ è la differenza tra i due segmenti) ed avremo soluzioni limitate a $100=AD \cdot HD$ ovvero $(AD,HD)=(100,1),(50,2),(25,4),(20,5),(10,10),(5,20),(4,25),(2,50),(1,100)$. La soluzione $(AD,HD)=(10,10)$ non ci piace poiché $\widehat{ABC}$ varrebbe $90^{\circ}$ ($D$ sarebbe il centro della circonferenza circoscritta ad $ABC$ e $\widehat{ABC}$ sottenderebbe un diametro) dunque i possibili valori di $AH$ sono le diverse differenze fra le soluzioni ottenute $(AH=|AD-AH|)$: $AH = 100-1= 99, AH = 50-2 = 48, AH = 25-4= 21, AH =20-5=15$ (le altre danno gli stessi valori poiché sono soluzioni "specchiate"). La risposta è quindi $99+48+21+15=183$.
(Lorenzo Bastioni)

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 [1158]
Dette $H$ e $K$, rispettivamente, le proiezioni di $D$ e $C$ su $AB$ e $AH=x$ possiamo calcolare l'altezza del trapezio in due modi diversi servendoci del teorema di Pitagora ed eguagliare le espressioni $DH^2=AD^2-AH^2=33^2-x^2=CK^2=BC^2-BK^2=60^2-(69-6-x)^2$.

Risolvendo l'equazione, si trova l'unico valore $x=\frac{81}{7}$ e l'altezza si può quindi calcolare, ad esempio, come $h=DH=\sqrt{AD^2-AH^2}=\frac{60\sqrt{13}}{7}$. L'area del trapezio vale $A=\frac{(b_1+b_2)\cdot h}{2}=\frac{(AB+CD)\cdot AH}{2}=\frac{(69+6)\cdot (60\sqrt13)}{7\cdot2}\approx 1158,93$; la sua parte intera è 1158 ed è la soluzione.
(Federico Magnolfi)

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 $Y$. $CY$ è dunque l'altezza uscente da $C$ e si può calcolare con la formula inversa $CY=\frac{2A}{AB}$ dopo aver ricavato l'area con la formula di Erone o per via trigonometrica.
Si trova che quest'ultima vale $A=1200\sqrt{5}$ e dunque $CY^2=\left(\frac{2A}{AB}\right)^2=\frac{4\cdot1200^2\cdot 5}{70^2}=\approx 5877,55.$. La sua parte intera è 5877 ed è la soluzione.
(Federico Magnolfi)

Problema 66

Problema 67 [3026]
Scriviamo il numeratore come $\prod_{n=2}^{2021}((n-1)+n+(n+1))=\prod_{n=2}^{2021}(3n)=3^{2021}\prod_{n=2}^{2021}(n)$. Si può quindi raccogliere un $3^{2021}$ al numeratore. Inoltre si raccolgono anche una potenza di $3^{1005}$ dato che $n$ può avere $3$ come fattore primo (elevato alla 1, 2, 3, ... 6). Ci sono $[2021/3]=673$ multipli di 3, $[2021/9]=224$ multipli di 9 e così via: $[2021/3]+[2021/9]+[2021/27]+[2021/81]+[2021/243]+[2021/729]=673+224+74+24+8+2=1005$. In tutto quindi si è raccolto 3 alla $2021+1005=3026$.
(Filippo Prandina)

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 [78]
Elevando entrambi i termini al quadrato (lecito perché entrambi sicuramente positivi) si ottiene $x^2+y^2-x-y+1/2 \leq 1/4$ riarrangiando $(x-1/2)^2+(y-1/2)^2 \leq 1/4$. Si ha quindi l'equazione di un cerchio centrato in $(1/2,1/2)$ con raggio $1/2$. La probabilità che un punto interno al quadrato definito nel piano cartesiano che ha vertice nell'origine e lato $1$ sia dentro il cerchio è quindi il rapporto tra l'area del cerchio e quella del quadrato: $\pi (1/2)^2 \approx 78$%.
(Filippo Prandina)

Problema 76 [4253]
Iniziamo col dimostrare che $P$ si trova all'esterno di $ABC$.

Detto $K$ il piede dell'altezza uscente da $A$ si ha che, essendo $\widehat{APB}$ congruente a $\widehat{AKB}$ perché entrambi retti, e dunque $AKBP$ ciclico, $P$ appartiene alla circonferenza circoscritta a $AKB$ alla quale non appartengono punti interni a $AKB$; ma $P$ appartiene alla mediana $AM$, la quale è evidentemente contenuta nel triangolo $AKB$ (lo si potrebbe dimostrare con i dati del problema), e quindi $P$ si trova all'esterno di $AKB$ ma anche di $ABC$.

Ora, è noto che in un triangolo di lati di lunghezza $9k$, $8k$, $7k$, con $k$ intero positivo, la mediana relativa alla base di lunghezza $8k$ misura $7k$: questo è facilmente verificabile per via trigonometrica, col teorema della mediana o anche con pitagora; in ogni caso, $AM\cong AC$ e in particolare $\widehat{AMC}\cong \widehat{ACM}=\gamma$.

Sia $\left\{D\right\}=BC\cap PT$. $BTD\sim BCH$ per il secondo criterio di similitudine in quanto hanno l'angolo in $B$ in comune e $\widehat{BDT}\cong \widehat{BHC}$ perché retti, in particolare $\widehat{ATD}=\gamma$.

$\widehat{BMP}\cong\widehat{AMC}$ perché opposi al vertice ed essendo $BPM$ rettangolo in $P$ e $PD$ l'altezza relativa all'ipotenusa, $BPD=\gamma$. Allora $BPT$ è isoscele sulla base $PT$, in altre parole $T$ è il simmetrico di $P$ rispetto a $BC$; da ciò deriva anche che $BMT\cong BMP$, in particolare che $\widehat{BTM}$ sia retto.

$BMT\sim BCH$ per il secondo criterio di similitudine in quanto hanno l'angolo in $B$ in comune e $\widehat{BTM}\cong \widehat{BHC}$ perché entrambi retti. Ma allora, essendo $M$ punto medio di $BC$, necessariamente $T$ è punto medio di $BH$.

Il rapporto $\frac{[ATB]}{[THC]}$ è uguale al rapporto fra le altezze $\frac{AH}{CH}$ in quanto i due triangoli hanno basi congruenti per quanto appena dimostrato. Esse si possono calcolare con pitagora, dopo aver ricavato $BH=\frac{2A}{AC}$ e l'area attraverso Erone o per via trigonometrica. Sviluppando i calcoli si trova $BH=\frac{24\sqrt{5}}{2}$, $CH=\sqrt{BC^2-BH^2}=\frac{16}{7}$ e $AH=AC-CH=\frac{33}{7}$
Il risultato cercato è $1000\cdot \left(\frac{AH}{CH}\right)^2=1000\cdot\left(\frac{33}{16}\right)^2\approx4253,90$ la cui parte intera è $4253$ che è la soluzione.
(Federico Magnolfi)

Problema 77

Problema 78 [4151]
Cominciamo col dimostrare che $BCPQ$ è un trapezio. Sappiamo che l'ortocentro e il circocentro sono coniugati isogonali: in pratica, le rette $AH$ e $AO$ formano coi lati $AB$ e $AC$ angoli congruenti. Avremo dunque $\widehat{BAH}\cong \widehat{CAO}$, ma anche $\widehat{HAI}\cong \widehat{OAI}$ essendo $AI$ bisettrice perché $I$ incentro di $ABC$.

Riferendoci ora alla circonferenza circoscritta ad $ABC$, che chiamiamo $\Gamma$, abbiamo che $\widehat{FCE}\cong \widehat{FAE}\cong\widehat{EAD}\cong \widehat{ECD}$ dove la prima e la terza uguaglianza sono date dal fatto che gli angoli insistono su uno stesso arco. Facendo attenzione, notiamo che $\widehat{QAP}$ e $\widehat{QCP}$ sono congruenti per l'uguaglianza precedente e insistono sullo stesso segmento $QP$, dunque $AQPC$ è ciclico e chiamiamo $\omega$ la sua circonferenza circoscritta. Essendo $\widehat{ACD}$ retto poiché insiste sul diametro $AD$ di $\Gamma$, $\widehat{AQP}$ sarà anch'esso retto poiché supplementare dell'angolo opposto $\widehat{ACP}$ (ricordando che ora abbiamo fatto rifereimento a $\omega$). $BC$ e $QP$ sono allora due rette perpendicolari alla stessa retta $AQ$, perciò sono parallele e $BCPQ$ è un trapezio.

Per calcolare la sua area abbiamo bisogno dell'altezza $QH$ e della base minore $QP$, dato che la base maggiore ci è nota ed è $BC$.

\textbf{Prima soluzione (sintetica)}
Detti $K$ e $J$ rispettivamente i piedi dell'altezza $AH$ e della bisettrice $AI$, analizziamo i triangoli $ABJ$ e $AEC$: essi hanno $\widehat{ABJ}\cong \widehat{AEC}$ perché angoli alla circonferenza che insistono su uno stesso arco; $\widehat{BAJ}\cong \widehat{EAC}$ perché $AI$ bisettrice: quindi sono simili per il secondo criterio di similitudine. Considerando ora i triangoli $AKJ$ e $AQP$: essi hanno: l'angolo in $A$ in comune; $\widehat{AKJ}\cong \widehat{AQP}$ perché retti: quindi sono anch'essi simili per il secondo criterio di similitudine. Impostiamo la proporzione $\frac{QP}{KJ}=\frac{AP}{AJ}$ $(1)$: troveremo $KJ$ e $AJ$ lavorando su $ABC$, mentre $AP$ attraverso il rapporto di similitudine fra i triangoli $ABJ$ e $AEC$. Calcoliamo $AK$ invertendo la formula dell'area di $ABC$ e $BK$ col teorema di Pitagora: $AK=\frac{2A}{BC}=\frac{2\cdot \sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-AC)}}{BC}=120 \quad$ $BK=\sqrt{AB^2-AK^2}=50$.
Applichiamo ora il teorema della bisettrice per trovare $BJ$: $\frac{BJ}{AB}=\frac{BC-BJ}{AC}$ da cui si ricava che $BJ=65$. Dunque $KJ=BJ-BK=15$ e $AJ=\sqrt{AK^2+KJ^2}=15\sqrt{65}$.

Impostiamo il rapporto di similitudine fra $ABJ$ e $AEC$: $\frac{AP}{AB}=\frac{AJ}{AC}$ da cui si ricava che $AP=\frac{150\sqrt{65}}{7}$ e per la proporzione $(1)$ $QP=\frac{AP\cdot KJ}{AJ}=\frac{150}{7}$. A questo punto si trova $AQ$ con pitagora e $QK$ per differenza: $AQ=\sqrt{AP^2-QP^2}=\frac{1200}{7} \quad QK=AQ-AK=\frac{360}{7}$
L'area del trapezio $BCPQ$ è dunque $$A=\frac{(140+\frac{150}{7})\cdot\frac{360}{7}}{2}\approx 4151,02$$

\textbf{Seconda soluzione (trigonometria)}
Ponendo $\widehat{ABC}=\beta$, $\cos\beta=\frac{AB^2+BC^2-AC^2}{2AB\cdot BC}=\frac{5}{13}$ (teorema del coseno), $\sin\beta=\sqrt{1-\cos^2\beta}=\frac{12}{13}$ $\widehat{BAC}=\alpha$, $\widehat{CAI}=\frac{\alpha}{2}$ perché $AI$ bisettrice, $\cos\alpha=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2AB\cdot AC}=\frac{33}{65}$ (teorema del coseno), $\cos\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1+\cos\alpha}{2}}=\frac{7}{\sqrt{65}}$.

Adesso abbiamo abbastanza dati per calcolare $AP=\frac{AC}{\cos\frac{\alpha}{2}}=\frac{150\sqrt{65}}{7}$.
Ponendo $\widehat{HAI}=\widehat{OAI}=\theta$ si ha che, essendo $\widehat{BAH}=\frac{\pi}{2}-\beta$, $\theta=\frac{\alpha}{2}+\beta-\frac{\pi}{2}$; $\cos\theta=\sin\frac{\alpha}{2}\cos\beta+\cos\frac{\alpha}{2}\sin\beta=\frac{8}{\sqrt{65}}$

$AQ=AP\cos\theta=\frac{1200}{7}\quad QP=\sqrt{AP^2-AQ^2}=\frac{150}{7}$. Ci manca l'altezza $QK$ dove $K$ è il piede dell'altezza uscente da $A$. $AK=AB\sin\beta=120\qquad QK=AQ-AK=\frac{360}{7}$ A questo punto l'area si trova allo stesso modo della soluzione per via sintetica.
(Federico Magnolfi)

Problema 79 [2011]
Si ha che $p^{(2)}(x)$ ha lo stesso grado di $p^{(4)}(x)$ questo significa che $p(x)$ è di grado $1$ o grado $0$. Ma non può essere di grado $0$ perché non è costante. Allora è del tipo $p(x)=mx+q$. La funzione $p(x)$ è chiaramente iniettiva ed essendo $p^{(2)}(x)=p^{(2022)}(x)$ per ipotesi, si ha necessariamente che $p(x)=p^{(2021)}(x)$. Ma quindi $p(2021)=0$ e $p(p(2021))=p(0)=2021$. Da qui si ricava facilmente che il polinomio è $p(x)=-x+2021$ e quindi $p(10)=2011$.
(Filippo Prandina)

Problema 80

Problema 81

Problema 82 [4]
45=9*5 quindi scomponiamo il modulo in modulo 9 e modulo 5. modulo 5 è semplicemente 4, in quanto l'ultima cifra è proprio 4.Definiamo $\overline{a_1a_2a_3...a_k}$ la scrittura decimale in successione di $a_1,a_2,...,a_k$, per esempio $\overline{4^2 5^2}=1625$. Inoltre, chiamato N il nostro numero, N=$\overline{1^22^23^24^2...2022^2}$. $\overline{a_1a_2a_3...a_k} $ $mod 9 \equiv a_1+a_2+a_3+...+a_k$, dimostrarlo è facile. i residui quadratici di 9 sono 0,1,4,7 mentre la somma dei quadrati da 1 a 9 mod 9 è 24, (-3). Quindi ogni 9 numeri vi è un -3 da addizionare, quindi è (-3)*224(che sarebbe il numero di multipli di 9 minori di 2022). -672, a questo devi aggiungere i numeri da 2017 a 2022, -672+1+4+7+7=-653 $\equiv$ -14 $\equiv$ 4
siccome N è congruo a 4 sia mod 5 che mod 9, sarà congruo a 4 anche mod 45
(Alessandro Avellino)

Problema 83 [21]
Sia $H$ il piede dell'altezza uscente da $A$; $AY=AH-HY$. L'altezza $AH$ si può calcolare, ad esempio, invertendo la formula dell'area $A=\frac{b\cdot h}{2}$ dopo aver trovato quest'ultima con la formula di Erone, oppure trovando il coseno dell'angolo in $B$ col teorema del coseno, quindi il suo seno e applicando il primo teorema dei triangoli rettangoli a $ABH$. Eseguendo i calcoli, si trova che essa vale $AH=3\sqrt{5}$. $BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=2$.

Detto $M$ il punto medio di $BC$ si ha che $HM=HX=2$ e quindi esso è punto medio anche di $HX$; ma $OM\perp BC$ in quanto in un triangolo isoscele la mediana è anche altezza: allora, essendo $HYX$ e $MOX$ simili per il secondo criterio di similitudine, e avendo rapporto di similitudine $2$, $HY=2HO$

Attraverso il teorema della corda, oppure attraverso la formula nota, possiamo calcolare il raggio della circonferenza circoscritta ad $ABC$, $R=\frac{BC}{2\sin\alpha}=\frac{abc}{4A}=\frac{21}{2\sqrt{5}}$.
Ora possiamo trovare $HY=2HO=2\sqrt{R^2-MC^2}=\frac{11\sqrt{5}}{5}$ e infine $AY=AH-HY=3\sqrt{5}-\frac{11\sqrt{5}}{5}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$.

Stiamo cercando $AY^2=\frac{16}{5}$ e la risposta è infine $16+5=21$
(Alessandro Lombardo & Federico Magnolfi)

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 [6460]
Possiamo riscrivere il testo del problema nel seguente modo:
$$\sum_{n=1}^{2020} \lfloor \frac{\sqrt{n+2}}{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}} \rfloor$$
Andiamo ad analizzare il nostro addendo generale privo della funzione floor:
$ \frac{\sqrt{n+2}}{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}} = \frac{\sqrt{n+2}}{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}} \cdot \frac{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \sqrt{(n+2) \cdot (n+1) } + \sqrt{ (n+2) \cdot n } = \sqrt{n^2 + 3n+ 2} + \sqrt{n^2 +2n} $.
Esplorando un po' la situazione ci si potrebbe convincere che $2n+2 \leq \sqrt{n^2 + 3n+ 2} + \sqrt{n^2 +2n} < 2n+3$ (con $n$ nell'intervallo che interessa a noi ovvero $[1,2020]$).
Dimostriamolo:
La seconda disuguaglianza è molto semplice infatti $\sqrt{n^2 + 3n+ 2} + \sqrt{n^2 +2n} = \sqrt{(n+2)^2 -n-2} + \sqrt{(n+1)^2 - 1} < \sqrt{(n+2)^2} + \sqrt{(n+1)^2} = n+2 +n+1 = 2n+3$ quindi $\sqrt{n^2 + 3n+ 2} + \sqrt{n^2 +2n} < 2n+3$.
La prima disuguaglianza è leggermente più fastidiosa:
vogliamo $2n+2 \leq \sqrt{n^2 + 3n+ 2} + \sqrt{n^2 +2n}$ che è molto lungo da risolvere a mano dunque proviamo a scomporre in maniera intelligente il problema:
ad esempio, se dimostrassimo che $\sqrt{n^2 + 3n+ 2} \geq n + \frac{4}{3} \wedge \sqrt{n^2 +2n} \geq n+\frac{2}{3}$ avremmo finito poiché sommando le disuguaglianze si otterrebbe la tesi (La veridicità delle due disuguaglianze implica la tesi ma non viceversa).
Le due disuguaglianze sono due semplici disequazioni irrazionali e non ci dovremmo preoccupare di condizioni di esistenza o simili poiché nel nostro intervallo è tutto positivo:
1)
$ \sqrt{n^2 + 3n+ 2} \geq n + \frac{4}{3} \rightarrow n^2+3n+2 \geq (n + \frac{4}{3})^2 \rightarrow n \geq - \frac{2}{9}$, nel nostro intervallo la disuguaglianza vale.
2)
$ \sqrt{n^2 +2n} \geq n+\frac{2}{3} \rightarrow n^2+2n \geq (n+\frac{2}{3})^2 \rightarrow n \geq \frac{2}{3} $, nel nostro intervallo la disuguaglianza vale.
La tesi è dunque dimostrata, $2n+2 \leq \sqrt{n^2 + 3n+ 2} + \sqrt{n^2 +2n} < 2n+3$. Ciò implica che $\lfloor \frac{\sqrt{n+2}}{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}} \rfloor = 2n+2$ (nel nostro intervallo) e possiamo riscrivere la nostra somma:
$$\sum_{n=1}^{2020} 2n+2 = \left( 2 \sum_{n=1}^{2020} n \right) + 2 \cdot 2020 = 2020 \cdot 2021 + 4040 = 4086460$$
(La seconda uguaglianza si ha con la formula di Gauss per la somma dei primi $k$ numeri naturali) Prendendo le ultime $4$ cifre del risultato abbiamo la soluzione: 6460.
(Lorenzo Bastioni)

Problema 95

Problema 96 2029
I numeri curiosi sono esattamente i liberi dai quadrati.\\
($\Leftarrow$) Se $n$ è un numero libero da quadrati allora $\tau(n)$ è una potenza di due, inoltre ogni divisore $d$ di $n$ è un numero libero da quadrati, quindi anche $\tau(d)$ è una potenza di $2$ e dato che $\tau(d) \le \tau(n)$ abbiamo che $\tau(d)|\tau(n)$.\\
($\Rightarrow$) Supponiamo che $n = p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_m^{a_m}$ sia un numero libero da quadrati. Allora abbiamo
\begin{align*}
&\tau(n/p_i)|\tau(n)\\
\Rightarrow &(a_1+1)\cdots(a_i)\cdots(a_m+1)|(a_1+1)\cdots(a_i+1)\cdots(a_m+1)\\
\Rightarrow &a_i | a_i+1 \Rightarrow a_i = 1.
\end{align*}
Dunque $n$ è libero da quadrati.\\
\\
Inoltre notiamo che $f(a,b)$ è semplicemente $MCD(a,b)$. A questo punto scriviamo
$$S(n) = \sum_{j=1}^n f(j,n) = \sum_{j=1}^n MCD(j,n),$$
dimostreremo che la funzione $S$ è moltiplicativa, cioè per ogni $m,n \in \mathbb{Z}^+$ coprimi $S(m)S(n) = S(mn)$. Infatti, segue dal teorema del resto cinese, possiamo rimpiazzare $j \text{ mod }mn$ con due numeri $j_m \text{ mod }m$ e $j_n \text{ mod }n$ in modo che:
\begin{align*}
S(mn) &= \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,mn) = \sum_{j=1}^{mn} MCD(j,m)MCD(j,n)\\
&= \sum_{j_m=1}^{m} \sum_{j_n =1}^{n} MCD(j_m,m)MCD(j_n,n)\\
&= \left(\sum_{j_m=1}^m MCD(j_m,m)\right)\left(\sum_{j_n=1}^n MCD(j_n,n)\right) = S(m)S(n).
\end{align*}
Ma quindi dato che $C$ è un prodotto tra primi ed è facile verificare che $S(p) > 1$ per ogni primo $p$, abbiamo che $C$ stesso deve essere primo. Un po' di brute-force dà la risposta.
(Michele Tomasi)

Problema 97

Problema 98

Problema 99

Problema 100
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