Ecco le risposte ai problemini, che erano tratti dalla Olimpiada Matemática Española (anno 1993)

1. L’invasione dei cloni
Se in ogni gruppo di sei persone due hanno la stessa età, per il principio dei cassetti ci possono essere al massimo cinque età differenti. A questo punto ci possono essere al più 50 triplette distinte (nazionalità, età, sesso); poiché 201=50×4+1, a una di queste triplette devono essere associate almeno cinque persone, sempre per il principio dei cassetti.

2. Spazio 1999
Scriviamo gli elementi della prima riga come a₀, a₁, a₂, a₃, …
La seconda riga avrà allora a₀+a₁, a₁+a₂, a₂+a₃, a₃+a₄, …
La terza riga avrà a₀+2a₁+a₂, a₁+2a₂+a₃, a₂+2a₃+a₄, a₃+2a₄+a₅, …
La quarta riga avrà a₁+3a₂+3a₃+a₄, a₂+3a₃+3a₄+a₅, a₃+3a₄+3a₅+a₆, …
Si può dimostrare facilmente per induzione che il primo elemento della riga k+1 sarà
B(k,0)a₀ + B(k,1)a₁ + … + B(k,k)a_k, dove B(m,n) è il coefficiente binomiale e vale m!/m!m−n!. L’unico elemento della riga 2000 del nostro triangolo varrà
B(1999,0)×0 + B(1999,1)×1 + B(1999,2)×2 + … + B(1999,1999)×1999. Ma poiché 1999 è un numero primo, tutti i coefficienti binomiali devono essere suoi multipli e quindi anche la somma di tutti quegli addendi lo è.

3. Uno vale uno
Cominiciamo a considerare i numeri della forma 9, 99, 999, 9999, … che possiamo scrivere come 10¹−1, 10²−1, 10³−1, 10⁴−1, … Questa successione contiene un termine della forma 10^p−1. Ma per il piccolo teorema di Fermat 10^p−1 ≡ 1 (mod p) se p non divide 10 (e quindi è diverso da 2 e 5), quindi abbiamo un multiplo di p della forma 999…999. Se questo numero N ha k cifre, anche (10^k+1)N, (10^2k+10^k+1)N, (10^3k+10^2k+10^k+1)N, … sono della stessa forma.
A questo punto, se p è diverso da 3 possiamo scrivere quei 999…999 come 9×111…111; se p divide il prodotto deve anche dividere uno dei due fattori, ed essendo primo con 9 deve dividere il secondo fattore. Resta dunque il caso 3; ma 37·3 = 111, 37037·3 = 111111 e così via.

4. Distanze distinte
Il quadrato ha due assi di simmetria, rispetto alle diagonali; ci sono pertanto solo tre posizioni essenzialmente distinte per B, mostrate nel disegno qui sotto dove i punti con la croce sono vietati perché hanno la stessa distanza da A e D, e quelli in grigio sono vietati perché hanno la stessa distanza con uno tra A e D e B. Rimangono quattro posizioni per il punto C nel primo schema, tre nel secondo e due nel terzo; ma in realtà queste ultime due posizioni sono simmetriche e quindi bisogna eliminarne una. In totale restano pertanto 8 posizioni essenzialmente distinte.

5. Tentare la sorte
Notate innanzitutto che C e D sono indistinguibili e quindi possono essere collassati in un unico punto CD, sommando le loro probabilità relative. Inoltre si può vincere o perdere solo dopo un numero pari di mosse.
Dopo una mossa, si è certamente in A.
Dopo due mosse, si ha una probabilità 1/3 di perdere e 2/3 di essere in CD.
Dopo tre mosse, si ha probabilità 1/3 di essere in A e 1/3 di essere in B (il terzo che manca è perché si è già perso 🙂 )
Dopo quattro mosse, si ha probabilità 1/9 di perdere, 1/9 di vincere e 4/9 = 2²/3² di essere in CD.
A questo punto la probabilità di non avere ancora né vinto né perso è i 2/3 di quella del passo precedente, e ci si trova nello stesso punto. Dopo sei mosse, si ha pertanto probabilità (1/9)(2/3) di perdere, (1/9)(2/3) di vincere e 2³/3³ di essere in CD; dopo otto mosse le probabilità sono rispettivamente (1/9)(2/3)², (1/9)(2/3)² e 2⁴/3⁴; e così via.
Se il gioco non finisce in due sole mosse, la probabilità di vincere e di perdere è la stessa; visto che questo capita in due casi su 3, la probabilità di vincere è 1/3. Quanto alla durata attesa, essa vale (1/3)Σ_n≥1(2ⁿ⁻¹/3ⁿ⁻¹)(2n)) = Σ_n≥0(nⁿ/3ⁿ)(2n)); questa è una serie aritmo-geometrica la cui somma è 6.

Come sempre, nell’uovo ci sono cinque problemi, questa volta un po’ di annata come vedrete da alcuni numeri usati nei testi.

1. L’invasione dei cloni
Al congresso “L’invasione dei cloni” si sono riunite 201 persone di cinque nazionalità diverse. Si sa che in un qualunque gruppo di sei congressisti almeno due hanno lo stesso numero di anni. Dimostrate che ci sono almeno cinque persone della stessa nazione, età e sesso.


(immagine di anonymous, da OpenClipArt)

2. Spazio 1999
Costruite il triangolo aritmetico mostrato qui sotto

nel quale ogni numero è la somma dei due sopra di esso. Evidentemente ogni riga ha un numero in meno di quella precedente. La duemillesima riga avrà un solo numero; dimostrare che è un multiplo di 1999.

3. Uno vale uno
Dimostrare che dato un qualunque numero primo p diverso da 2 e 5 esistono infiniti multipli di p la cui rappresentazione decimale è 111…111 (composta da sole cifre 1)

4. Distanze distinte
Il disegno qui sotto è fatto di sedici punti disposti a forma di quadrato; le distanze orizzontali e verticali tra due punti adiacenti sono tutte uguali a 1. Due di questi punti su una diagonale del quadrato, A e D, sono selezionati. In quanti modi possono essere scelti altri due punti B e C in modo che tutte e sei le distanze definite dai quattro punti siano diverse? Due posizioni uguali per rotazione o riflessione sono da considerarsi identiche.

5. Tentare la sorte
Alla fiera del paese è apparsa una strana macchina, schematizzata nella figura qui sotto. Inserendo una moneta, appare una pallina al punto S che viene sparata schiacciando un bottone. Ogni volta che il bottone viene schiacciato la pallina si sposta in un altro dei punti adiacenti; la probabilità di scegliere un punto o l’altro è la stessa. Se la pallina ritorna a S il giocatore ha perso; se arriva a V ha vinto. Qual è la probabilità di vincere e quanto dura in media una partita?

Ecco le risposte ai quizzini di ferragosto!

1. Triangoli e quadrati

I due triangoli hanno base e altezza uguali (ancorché scambiate tra loro). Quindi la risposta alla domanda è “No.”

2. Palline da golf

Consideriamo il poliedro di F facce che ha per vertici le fossette di una pallina e supponiamo che ci siano p pentagoni e quindi F−p facce esagonali. Essendo il reticolo triangolare, abbiamo che il numero di vertici è 5p/3 + 6(F−p)/3 (ogni vertice fa parte di tre facce) e che il numero di spigoli è 5p/2 + 6(F−p)/2 (ogni spigolo fa parte di due facce. Ma poiché in un poliedro F+V=S+2 abbiamo che F+5p/3 + 6(F−p)/3=5p/2 + 6(F−p)/2+2; semplificando, scopriamo che le F si annullano e otteniamo p=12. Quindi entrambe le palline hanno dodici facce pentagonali.

3. Al bar dei logici

I primi quattro logici vogliono caffè o tè, ma non sanno se anche i successivi lo vogliono, quindi rispondono “non so” ; il quinto, volendo un’orzata, risponde di no. Alla seconda domanda, i primi tre vogliono il caffè ma di nuovo non sanno se anche i successivi lo vogliono e quindi rispondono “non so”; il quarto vuole un tè.

4. Potenze pandigitali

69 ha quadrato 4761 e cubo 328509.

5. Pitagorica

Il triangolo ha lati 4^2.5, 24, 40.

Stavolta i problemi sono tratti dal libro di Dick Hess Golf on the Moon. Come sempre, la soluzione apparirà tra una settimana.

1. Triangoli e quadrati
La figura qui sotto mostra tre quadrati di area 9, 16 e 25 e alcuni triangoli. L’area del triangolo A è maggiore o minore di quella del triangolo B?

2. Palline da golf

Le palline da golf hanno delle fossette, in inglese dimples, che sono poste in un reticolo triangolare. Le fossette formano esagoni e pentagoni. Due palline di marche diverse A e B hanno rispettivamente 384 e 396 fossette. Quale di esse ha più pentagoni?

3. Al bar dei logici

Cinque logici si recano al bar “Da Alf e Bertie” per fare una partita a briscola chiamata. Il cameriere arriva e chiede loro “Volete tutti caffè o tè?”

Il primo logico risponde “non so”.
Il secondo logico risponde “non so”.
Il terzo logico risponde “non so”.
Il quarto logico risponde “non so”.
Il quinto logico risponde “no”.

A questo punto il cameriere viene chiamato a un altro tavolo, e il quinto logico va in bagno. Prima che ritorni, passa di nuovo il cameriere che stavolta chiede “Allora volete tutti un caffè?”

Il primo logico risponde “non so”.
Il secondo logico risponde “non so”.
Il terzo logico risponde “non so”.
Il quarto logico risponde “no”.

Sapendo che il quinto logico voleva un’orzata e nessuno di loro prende più di una bevanda, sapete dire cosa porterà il cameriere?

4. Potenze pandigitali

Trovate un numero n tale che n² ed n⊃3 messi insieme contengano tutte le cifre da 0 a 9 senza ripetizioni.

5. Pitagorica

Il triangolo rettangolo disegnato qui sotto a sinistra non può avere come lati 1, 4, 0; però è possibile aggiungere a tutte e tre i numeri una stessa cifra (2) per avere un vero triangolo rettangolo di lati 12, 4², 20. Riuscite a fare la stessa cosa con il triangolo di destra, di “lati” 2, 2.5, 0?

I soliti problemini stavolta sono tutti presi da Stack Exchange, anche se ho barato (uno l’ho inserito io 🙂 )

1. Sudoku poco ortodosso
Quello che vedete qui sotto è una specie di sudoku: in ogni riga, in ogni colonna e in ogni area delimitata in grassetto devono essere presenti i numeri da 1 a 9. Riuscite a completarlo?

2. Aggiustate le cose
L’espressione qui sotto è chiaramente sbagliata. Spostate esattamente tre fiammiferi per ottenere un’espressione matematica corretta. Note:

• i numeri non devono necessariamente essere scritti nella forma mostrata, ma devono essere chiaramente riconoscibili;
• i numeri romani non sono permessi;
• non vale barare con disuguaglianze e ineguaglianze, quindi niente &neq;, ≥, >, ≤, <; solo el sane vecche egugaglianze sono ammesse;
• si possono usare parentesi (quadre a forma di C oppure pseudotonde con un angolo molto ampio tra due fiammiferi) e simboli di radice (con tre fiammiferi, una V senza il pezzo a sinistra);
• non si possono inserire operatori (non c’è spazio) se non all’estrema sinistra e destra, e non si può lasciare spazi all’interno di un numero;
• ovviamente non vale eliminare, aggiungere o spezzare fiammiferi.

3. Neppure un triangolo
Avete tra le mani dodici bastoncini, tutti lunghi un numero intero positivo di centimetri. Eppure non riuscite a trovarne tre che formino un triangolo, nemmeno di quelli degeneri con i lati schiacciati. Quali sono le misure minime di questi bastoncini?

4. Fattoriali
Dimostrate che 10n+4 divide (10n+2)! per ogni valore di n>0.

5. Il cavallo ferito
Un cavallo degli scacchi è ferito: continua a fare il suo movimento a L, però lascia una scia di sangue sulle quattro caselle (quella iniziale, quella finale, e le due di passaggio) che compongono la mossa. Il povero cavallo può partire da un angolo di una scacchiera 5×11 e arrivare all’angolo opposto insanguinando tutte le caselle ma senza mai passare due volte per la stessa casella?

Se eravate in ambasce, eccovi le risposte ai problemini di domenica scorsa.

1. Orologio
Una possibile soluzione:

1. 1
2. 2
3. 1+2
4. 7-1-2
5. 7-2
6. 7-1
7. 7
8. 7+1
9. 7+2
10. 10
11. 12-7⁰
12. 12

2. Orologio 2
Una possibile soluzione:

1. 2+0−1⁷
2. 2+0×1×7
3. 2+0+1⁷
4. -2−0−1+7
5. 2×(0−1)+7
6. 2×0−1+7
7. 2×0×1+7
8. 2×0+1+7
9. 2+0×1+7
10. 2+0+1+7
11. 2+0!+1+7
12. 2×(0−1+7)

3. Somma delle cifre
Si potranno ottenere tutti i numeri, eccetto 1. Per ottenere 1 bisognerebbe partire da una potenza di 10, e non esistono multipli di 2017 che sono potenze di 10. Per il resto, abbiamo che 10¹⁰⁰⁸+1 è un multiplo di 2017 la cui somma delle cifre è 2, mentre 2⋅10¹⁰⁰⁸+10⁶⁶ è un multiplo di 2017 la cui somma delle cifre è 3. A partire da un opportuno numero di copie di questi due numeri, moltiplicate per opportune potenze di dieci in modo da non generare riporti indesiderati, si può ottenere un qualunque numero intero.
(da Puzzling StackExchange)

4. Una cifra per volta
Conviene cominciare per primi. È immediato notare che se si è arrivati a un numero di una sola cifra, il giocatore di turno vince; ed è anche immediato notare che se si arriva a 10, il giocatore di turno deve togliere 1 e arrivare a 9, facendo vincere l’altro. Più in generale, un qualunque numero multiplo di 10 è perdente, perché qualunque sia la mossa del primo giocatore il secondo toglie l’ultima cifra del nuovo numero e lascia un multiplo di 10 minore; per discesa infinita prima o poi lascerà un 10 che abbiamo visto che è perdente. Quindi la prima mossa del primo giocatore sarà togliere 7 per lasciare 2010 e mettere nei guai l’avversario.
(da Math StackExchange)

5. Bianco e rosso
L’unica posizione vincente è quella in cui la pedina rossa è al centro.
Cominciamo a mostrare che se la lunghezza della fila è un numero dispari qualunque (maggiore di 1, ma in quel caso la tesi è banale) e la pedina centrale è quella rossa allora è possibile far diventare rosse tutte le pedine. Nel caso di tre pedine abbiamo la configurazione iniziale BRB che in una mossa diventa RRR. Nel caso di 2n+1 pedine, abbiamo la configurazione inizale B(n)RB(n), dove con B(k) denoto una successione di k pedine bianche. Se si sceglie sempre la pedina rossa più a sinistra, dopo n mosse otteniamo la configurazione RRB(n-1)RB(n-1); la parte di destra per ipotesi induttiva è risolubile senza toccare le due pedine R a sinistra, e quindi siamo a posto.
Per dimostrare che quella è l’unica casella iniziale possibile, cominciamo col notare che se si può passare da una configurazione C a un’altra configurazione D allora è anche possibile passare da D a C, facendo le mosse all’indietro. Inoltre girare due volte i vicini di una pedina, anche in mosse non consecutive è come non fare nessuno spostamento. Se dunque si può risolvere il problema con una pedina in una posizione non centrale, è anche possibile passare da quella configurazione a quella con l’unica pedina rossa al centro. Senza perdita di generalità possiamo supporre che la pedina iniziale sia a sinistra del centro. Consideriamo la posizione della pedina rossa più a sinistra durante il percorso minimo tra le due configurazioni. Tale pedina dovrà tornare a essere bianca, ma visto che non può esserlo a causa di una mossa fatta sulla pedina alla sua sinistra (che è sempre bianca) deve esserlo per una seconda mossa con la pedina a destra; ma allora le due mosse si possono annullare e avremmo un percorso di lunghezza minore, il che è assurdo.
(Da Puzzling StackExchange)

Ecco qua gli usuali cinque problemini che possono essere usati al posto della tombola natalizia, tutti basati sul 2017. Le risposte al solito saranno date a san Silvestro, per dare a tutti la possibilità di riciclare i giochi nel veglione.

1. Orologio
Avete presente quegli orologi in cui i numeri da 1 a 12 sono sostituiti da espressioni matematiche che danno quel risultato? Bene, provate a farlo con le cifre di 2017. Non si possono ripetere cifre: quindi 10 e 12 vanno bene, ma 11 no perché si ripete l’1.

2. Orologio 2
Il problema precedente era troppo facile? Bene. Riprovateci usando tutte le cifre nell’ordine in cui si trovano in 2017. Per esempio, 10 = 2 + 0 + 1 + 7.

3. Somma delle cifre
Ho scritto un algoritmo che dato un numero intero positivo in ingresso lo moltiplica per 2017 e ritorna la somma delle cifre del prodotto (in base 10). Per esempio, 2 dà 4034 e quindi 4+0+3+4=11. (Attenzione: l’algoritmo fa un solo passaggio, dunque il risultato è 11 e non 1+1=2). Quali sono i numeri che l’algoritmo può produrre?

4. Una cifra per volta
Dovete giocare con un vostro amico a questo gioco. Si parte dal numero 2017, e ciascuno a turno toglie al numero il valore di una delle cifre che lo compongono, purché non sia zero. Quindi il primo a giocare può togliere 2 e ottenere 2015, 1 e ottenere 2016, oppure 7 e ottenere 2010. Chi ottiene 0 vince. Vi conviene giocare per primi o per secondi?

5. Bianco e rosso
Avete una riga di 2017 pedine bianche da un lato e rosse dall’altra. All’inizio tutte sono bianche tranne una. L’unica mossa che avete a disposizione è scegliere una pedina rossa e girare le due pedine adiacenti (il che significa che non potete mai scegliere una pedina agli estremi, che non ha due pedine adiacenti). È possibile trovare una successione di mosse che faccia diventare rosse tutte le pedine? Se sì, dove deve essere posta la pedina rossa iniziale?

Avete avuto problemi nel risolvere i problemi di domenica scorsa? Nema problema! Eccovi le soluzioni.

1. Mattoni
I lati del parallelepipedo sono 3, 11 e 61: il volume è pertanto 2013 (sì, abbiamo ancora problemi sull’anno in corso)

2. Ventiquattro
Le soluzioni per le cifre diverse da 1 e 7 sono indicate qui sotto.

22+2 = 24
3^3 - 3 = 24
(4 + 4 - 4)! = 24
(5 - 5/5)! = 24
(6/.6 - 6)! = 24
8 + 8 + 8 = 24
(√9 + 9/9)! = 24

La notazione .6 sta naturalmente per 0,6. I casi di 1 e 7 sono mostrati nella figura seguente, dove la barra indica il periodo di un numero periodico.

3. Salti
Tralasciamo per un momento il dover tornare al punto di partenza, e immaginiamo che tutti i salti siano nella stessa direzione. Se si fanno n salti, si arriverà al punto n(n+1)/2; quindi se n è pari a 1 oppure a 2 modulo 4 il valore finale sarà dispari, e sarà impossibile dividere i salti nelle due direzioni per tornare al punto di partenza. Se invece n è pari a 0 modulo 4, seguendo un semplice schema di salti sinistra-destra-destra-sinistra si è certi di essere al punto di partenza ogni quattro salti; se n è pari a 3 modulo 4 si cominci a fare i primi due passi a destra e il terzo a sinistra, tornando all’origine; a questo punto si è tornati al caso precedente, da bravi matematici 🙂 In definitiva, l’anno successivo sarà il 2015.

Un problema a cui non ho risposta è decidere qual è la minima lunghezza di un segmento di retta necessario per poter fare tutti i salti. La mia congettura (emendata dopo che mi è stato fatto notare che avevo sbagliato) è che basti un segmento da -1 a n: il lettore gnugnu mi ha confermato che l’intervallo [0,n] basta per qualsiasi n esclusi i valori 4, 7, 11, 16, 20 per cui occorre [-1,n].

4. Dodici per dodici
Una possibile soluzione è quella indicata qui sotto. Il triangolo rettangolo completo avrebbe area 24: togliendo i tre quadrati si ottiene 12.

5. Successioni
Le date della successione sono quelle la somma delle cui cifre è 6. Pertanto il termine successivo è 2103 (e quello precedente, per la cronaca, 1500).