Per chi era in ambasce, ecco le risposte ai problemini della scorsa settimana!

1. Triangolate il triangolo
Potete vedere la soluzione nella figura qui sotto.

2. Triangoli separati
Poiché c’è solo un numero finito di segmenti possibile che uniscono due dei punti assegnati, è possibile trovare una retta che non sia parallela a nessuno di questi segmenti. Consideriamo ora il fascio di rette parallele a questa retta, prendiamone una che lasci tutti i punti da una parte, e cominciamo a spostarla – sempre rimanendo nel fascio – verso i punti. Per costruzione verrà sempre toccato un punto per volta; a ogni multiplo di tre punti toccati, prendiamo gli ultimi tre e costruiamo il relativo triangolo.

3. Più o meno
Sì, è possibile. A meno di rotazioni, le uniche due possibilità per un singolo triangolo sono quella con tutti + (che però porta necessariamente a un reticolo con soli +, visto che ci saranno sempre almeno due + per i triangoli adiacenti) e quella indicata in alto nella figura qui sotto. A questo punto una riga del reticolo si completa forzatamente come indicato in basso, e le righe successive si costruiscono per simmetria.

4. Reticolato
No, non è possibile. Se lo fosse, infatti, deve esserci per forza almeno una riga con tre lettere consecutive, come nella figura in alto: altrimenti quella riga avrebbe solo due lettere. Senza perdita di generalità, possiamo chiamare le lettere a, b, c. Sotto la b deve per forza esserci una d, e quindi ai lati della d ci devono rispettivamente essere c e a (figura di mezzo). Ma allora la riga ancora sotto deve di nuovo avere a, b, c e così via: quindi le colonne hanno solo due lettere e non quattro.

5. Sviluppare il cubo
L’unica soluzione possibile è mostrata qui sotto. Piegare per credere!

Anche stavolta la fonte dei problemini è il libro di Hugo Steinhaus One Hundred Problems in Elementary Mathematics, il che significa che vi faranno sudare come e più del caldo… Stavolta ci diamo alla geometria.

1. Triangolate il triangolo
Dividete un triangolo in diciannove parti sempre triangolari, in modo che da ciascuno dei vertici della nuova figura, compresi i vertici del triangolo originario, parta lo stesso numero di lati. Se vi avessi chiesto di dividerlo in tre parti, avreste potuto disegnare la figura qui sotto.

2. Triangoli separati
Sul piano sono disposti 3n punti, e non c’è nessun terzetto allineato. Dimostrate che è possibile costruire n triangoli in modo che nessuno di essi si intersechi. Nella figura qui sotto c’ero quasi riuscito, ma c’è un incrocio…

3. Più o meno
Consideriamo un reticolo infinito di triangoli equilateri nel piano. È possibile assegnare a ogni vertice un segno + oppure − in modo che in ogni triangolo il numero di segni + sia dispari e ci sia almeno un vertice con segno − nel reticolo? (altrimenti basterebbe mettere tutti segni +)

4. Reticolato
Passiamo dai triangoli ai quadrati. Consideriamo un reticolo infinito di quadrati nel piano. È possibile assegnare a ciascun vertice una delle lettere a, b, c, d in modo che (a) ciascun quadrato abbia tutte e quattro le lettere e (b) in ciascuna riga e colonna infinita compaiano tutte e quattro le lettere?

5. Sviluppare il cubo
Di solito, quando si vuole mostrare lo sviluppo di un cubo, lo si disegna come nella figura qui sotto. Riuscite a fare uno sviluppo in cui non ci sia una riga con tre quadrati allineati?

Siete rimasti bloccati con i problemini? Nema problema, solo soluzioni!

1. Moltiplicazioni in catena
Cominciamo a vedere che non possono esserci due cifre dispari consecutive nella lista. Se ci fossero, possiamo prendere le prime due che appaiono. Ma come possono essere state aggiunte alla lista? Se fossero il prodotto di due altre cifre precedenti, anch’esse devono essere dispari; se la prima fosse l’ultima cifra di un prodotto e la seconda la prima di un altro prodotto, comunque il primo prodotto dovrebbe essere di due cifre dispari. In ogni caso la nostra ipotesi di aver scelto la prima coppia di cifre dispari è errata.
Questo però significa che ogni cifra dispari che troviamo è la prima cifra di un prodotto; quindi il 9 non potrà mai esserci perché il prodotto di due numeri di una cifra è sempre inferiore a 90; il 7 non potrà mai esserci perché l’unico prodotto di due numeri di una cifra che cominci per 7 è 9·8=72 ma il 9 non si trova nella lista; il 5 non può esserci perché gli unici prodotti di due numeri di una cifra che comincino per 5 sono 6·9=54 e 7·8=56 e né 7 né 9 sono presenti; lo 0 non può esserci perché il primo zero nella lista deve essere il prodotto di un 5 per un numero pari, e non ci sono 5.

2. Tocca non ripetersi
Innanzitutto, costruendo la lista si troveranno a un certo punto tre 8 consecutivi. Essi genereranno la successione 6, 4, 6, 4 che a sua volta genera 2, 4, 2, 4, 2, 4 che genera 8, 8, 8, 8, 8. Similmente i cinque 8 consecutivi ne generano 13, e in genere k 8 consecutivi ne generano 4*k−7. Poiché il numero di 8 consecutivi continua a crescere, la lista non può essere periodica.

3. Non proprio Fermat
Poiché è facile vedere che x ≠ y, possiamo supporre senza perdita di generalità che x < y < z. Spostando il termina yⁿ al secondo membro e fattorizzando, abbiamo che xⁿ = (z−y)(zⁿ⁻¹+yzⁿ⁻²+…+yⁿ⁻¹) ≥ 1+nxⁿ⁻¹ > xⁿ, che è assurdo.

4. Un numero irrazionale
Per la regola di Ruffini, una soluzione razionale di un’equazione polinomiale a coefficienti interi è della forma p/q, dove p è un fattore del termine noto e q un fattore del coefficiente del termine di grado più elevato. In questo caso questo coefficiente è 1, quindi le soluzioni razionali devono essere intere, il che è impossibile.

5. Distanziamento
Per la prima parte, supponiamo che esista un poligono ABC…MN. Possiamo supporre senza perdita di generalità che NA < AB. Ma allora dev’essere AB < BC, perché B non è il punto più vicino ad A. Similmente, BC < CD e così via, fino a MN < NA. Mettendo insieme tutta questa catena, abbiamo che AB < NA, il che contraddice l’ipotesi.

Per la seconda parte, supponiamo che come in figura il punto B sia il più vicino ad A, e il punto D sia il più vicino a C. Allora per definizione AD > AB e CB > CD. Ma allora AD + CB > AB + CD = AO + OB + CO + OD, il che è impossibile perché AD < AO + OD e BC < BO + OC.

Vorrete mica che un banale coronavirus blocchi la tradizione dei problemini pasquali? Anzi, tanto a Pasquetta la gita fuori porta non la possiamo fare, quindi tanto vale cimentarsi nella risoluzione. La fonte stavolta è il libro di Hugo Steinhaus One Hundred Problems in Elementary Mathematics.

1. Moltiplicazioni in catena
Partite con i numeri 2 e 3 affiancati, e moltiplicateli tra loro: otteniamo 6. Aggiungete 6 alla (ancora breve) lista, lasciate da parte il 2 che è il primo numero a sinistra, e moltiplicate 3 per 6, ottenendo 18. Aggiungete alla lista 1 e 8 e lasciate da parte il 3. I primi due numeri rimasti sono 6 e 1, che moltiplicati fanno 6; lo aggiungete alla lista lasciando da parte l’8. Andando avanti, costruirete una lista infinita che comincia con 2, 3, 6, 1, 8, 6, 8, 4, 8, … Dimostrate che questa lista non conterrà mai le cifre 0, 5, 7, 9.

2. Tocca non ripetersi
Riprendete la lista infinita del problema precedente; dimostrate che non diventerà mai periodica.

3. Non proprio Fermat
Dimostrate che l’equazione xⁿ + yⁿ = zⁿ non ha soluzioni intere positive se n ≥ z.

4. Un numero irrazionale
È vero che in genere non si può risolvere un’equazione per radicali; però qualcosa si può comunque dire. Per esempio, l’equazione x⁵+x=10 ha una sola soluzione positiva che è compresa tra 1,5 e 1,6. Dimostrate che questa soluzione non è un numero intero.

5. Distanziamento
Immaginate di avere un certo numero di punti nel piano, e che tutte distanze tra due di questi punti sono diverse tra loro. Collegate ora ciascun punto a quello più vicino con un segmento. Il grafo che otterrete non è necessariamente connesso; dimostrate però che non può contenere un poligono chiuso oppure due archi che si incrociano.

Siete riusciti a trovare da soli le soluzioni ai problemini? Sennò non preoccupatevi: eccole qua 🙂

1. 2020 in tono minore
Il numero più piccolo che si può ottenere è 2×(0−20)=−40. Il numero -2020 non è valido perché il meno iniziale è unario e non un simbolo di operazione.
(problema mio)

2. Da 1 a 10
Una risposta possibile è 12×34×5-6-7-8-9+10. Altre possibilità:
123+45×6×7+8+9-10
12+34×5×6+78+910
1*2×34×5×6+7-8-9-10
1×23×45+67+8+910
12×34×5+6×7-8×9+10

(problema mio)

3. Alla radice
Scrivete innanzitutto il primo addendo come 1/(√1 + √2) per simmetria. A questo punto, togliamo le radici quadrate dal termine generico 1/(√n + √(n+1)), moltiplicando numeratore e denominatore per 1/(√(n+1) − √n). Otteniamo (√(n+1) − √n)/(n+1 − n) = √(n+1) − √n. Dunquetutti i termini della somma si eliminano tra loro tranne il primo e l’ultimo, e la risposta è √2020 − 1.
(problema adattato da Mind Your Decisions; immagine creata con LaTeX Equation Editor)

4. Iterazioni
Indicando per comodità con fⁿ() la funzione f iterata n volte, abbiamo che f(3)=−2; f²(3)=−1/3; f³(3)=1/2; f⁴(3)=3. Quindi dopo quattro iterazioni la funzione torna ad avere il valore iniziale; essendo 2020 un multiplo di 4, f²⁰²⁰(3)=3.
(problema adattato da Math StackExchange; immagine creata con LaTeX Equation Editor)

5. Soldi
Guardiamo il problema alla rovescia. Se ci fosse un solo studente, dovrebbe avere zero monete. In generale, qualunque sia il numero di studenti, occorre per forza che ce ne sia almeno uno con zero monete, perché altrimenti tutti gli scambi sarebbero con persone che hanno almeno una moneta ciascuno prima; quindi mettendo insieme le loro monete ne avrebbero almeno due, e dividendole continuerebbero ad averne almeno una. Quindi se gli studenti fossero due il numero massimo di monete che può essere presente inizialmente è uno. Che succede con tre studenti? Ovviamente potrebbero avere rispettivamente 0, 1, 1 monete; ma si può arrivare a quella configurazione partendo da 0, 0, 3 monete e facendo una condivisione tra il secondo e il terzo studente. Non possono esserci più monete, perché altrimenti lasciando da parte il primo studente ci sarebbero almeno quattro monete che una volta divise danno almeno due monete a testa, e abbiamo visto che un solo studente con zero monete non permette di eliminarle tutto. Andando avanti allo stesso modo, troviamo che con quattro studenti la configurazione con il maggior numero di monete totali le vede divise 0, 0, 0, 7; con cinque studenti 0, 0, 0, 0, 15; in generale con n studenti 0, 0, … , 0, 2ⁿ⁻¹−1. Poiché 2020<2047, si ha che il numero minimo di studenti presenti è 12.
(problema adattato da Math StackExchange; immagine da FreeSVG)