QUADERNI DI MATEMATICA RICREATIVAmathinterattiva.altervista.org/Libri/QMR5_Algebra.pdf · Criptoaritmetica Soprattutto nelle riviste di aritmetica sono presenti quesiti ri-guardanti

Quaderni di Matematica ricreativa

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Carmelo Di Stefano

QUADERNI DI MATEMATICA

RICREATIVA

Vol. 5 Algebra


1

Simbologia

{ }1,2,3,....=ℕ è l’insieme dei numeri naturali

{ }..., 2, 1,0,1,2,...= − −ℤ è l’insieme dei numeri interi relativi

: , , 0a

a b bb

= ∈ ≠

ℚ ℤ è l’insieme dei numeri razionali rela-

tivi


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INDICE

INTRODUZIONE ......................................................................................3

COME USARE IL VOLUME...................................................................5

UN PO’ DI STORIA ..................................................................................7

ATTIVITÀ ................................................................................................13

CRIPTOARITMETICA ..........................................................................15

ATTIVITÀ ................................................................................................18

EQUAZIONI ED UGUAGLIANZE .......................................................21

ATTIVITÀ ................................................................................................24

GEOMETRIA ANALITICA...................................................................33

ATTIVITÀ ................................................................................................36

POLINOMI...............................................................................................38

ATTIVITÀ ................................................................................................42

EQUAZIONI INDETERMINATE .........................................................44

ATTIVITÀ ................................................................................................49

RISPOSTE ALLE ATTIVITÀ PROPOSTE .........................................51

UN PO’ DI STORIA ...................................................................................51 CRIPTOARITMETICA................................................................................54 EQUAZIONI ED UGUAGLIANZE ................................................................61 GEOMETRIA ANALITICA..........................................................................74 POLINOMI ...............................................................................................79 EQUAZIONI INDETERMINATE ..................................................................81

BIBLIOGRAFIA......................................................................................86


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Introduzione La matematica ricreativa, cioè il giocare con la matematica, forse è più vecchia della stessa matematica, poiché l’essere umano ha probabilmente pensato a giocare ancora prima di dedicarsi alle cose più serie, quale la sopravvivenza. Come a-cutamente osserva Roger Caillois nel suo fondamentale testo I giochi e gli uomini: «Il gioco riposa e diverte. Evoca un’attività non soggetta a costrizioni, ma anche priva di con-seguenze per la vita reale.» Gli storici hanno trovato manufatti di dadi o di scacchiere per giochi di vario tipo, nelle civiltà più antiche. Pare che il dado stesso sia stato inventato da un certo Palamede, addirittura già nel 2700 a.C. Ovviamente non tutti i giochi hanno una base matematica, ma molti sì, o comunque molti si giocano meglio conoscendo la matematica. E non vogliamo riferirci alla ma-tematica per calcolare, quanto piuttosto a quella per ragionare. Sempre con Caillois: «Il gioco non prepara a un mestiere pre-ciso, esso allena in generale alla vita aumentando ogni capa-cità di superare gli ostacoli o di far fronte alle difficoltà. È as-surdo e non serve a niente nella vita reale, lanciare il più lon-tano possibile un martello o un disco di metallo, o riprendere e rilanciare continuamente una palla con una racchetta. Ma è utilissimo avere dei muscoli possenti e dei riflessi pronti.» Pertanto sarà inutile sapere svolgere un certo quesito, che in alcuni casi potrebbe anche farci vincere una gara e quindi darci almeno un premio di autostima, ma certamente è fondamentale il fatto che per risolvere il quesito dobbiamo abituarci a ragio-nare. Lo scopo è quello di fornire al lettore notizie di tipo storico, ma nello stesso tempo di mostrare problemi standard unita-mente con delle tecniche risolutive. Quindi saranno affrontati alcuni quesiti, spesso tratti da gare matematiche nazionali ed internazionali, e infine saranno proposti quesiti analoghi da ri-solvere. I problemi sono di diversi livelli opportunamente se-


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gnalati, rivolti perciò a risolutori con diverse conoscenze cul-turali. La speranza è che questi volumetti possano stimolare ciascuno dei suoi lettori a giocare con la matematica, cercando in tal modo di allontanare quella troppo diffusa antipatia, che molti hanno verso questa disciplina. Anche perché noi crediamo che le motivazioni di questo atteggiamento ostile siano legati pro-prio al fatto che spesso, nelle scuole, la matematica viene pro-posta solo come procedura di calcolo, priva di applicazioni di qualsiasi natura e soprattutto rivolta solo a quelli che hanno il bernoccolo della matematica. Alla fine del volume si trova una piccola bibliografia di testi di matematica ricreativa fra i più importanti e fra i quali parecchi di essi sono stati consultati per la stesura dello stesso.


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Come usare il volume

Per quello che riguarda l’uso del libro, dato che esso è destina-to a lettori con diverse capacità risolutive, indicheremo con opportuni simboli i problemi svolti e proposti, per facilitare la lettura, e anche per evitare facili scoraggiamenti da parte di chi non ha le conoscenze adatte per risolvere un dato quesito. In particolare indicheremo con opportuni simboli i quesiti e la teoria a seconda delle conoscenze di ciascun lettore. In partico-lare useremo 0 per chi ha conoscenze a livello di scuola elementare. 1 per chi ha conoscenze a livello di scuola media inferiore. 2 per chi ha conoscenze a livello di primo biennio di scuola

media superiore. 3 per chi ha conoscenze a livello di triennio finale di scuola

media superiore. Ovviamente la scelta che un certo argomento sia di un livello piuttosto che di un altro è del tutto personale, pertanto alcuni quesiti possono risultare più semplici o più difficili, per il riso-lutore di quanto egli si aspetti dato il simbolo associato. Le risposte alle attività proposte alla fine di ciascun capitolo, si trovano alla fine del volume. Poiché proponiamo diversi quesiti assegnati in gare nazionali ed internazionali, li indicheremo con delle sigle, seguite da un anno, che è quello in cui sono stati assegnati. In particolare A, indica Abacus, che è una sfida internazionale, tenuta on line da diversi anni dalla Grace Church School, ma che si basa su una centenaria rivista ungherese, chiamata proprio Abacus. AHSME indica i quesiti assegnati alla Annual High School Mathematical Examination, che è una gara di matematica che si svolge annualmente negli Stati Uniti fra studenti di High


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School, che in qualche modo è simile alla nostra scuola supe-riore. B, indica i quesiti assegnati ai giochi della Bocconi, nelle varie categorie e varie selezioni, semifinali o finali. OMI per il Biennio e OMI per il Triennio, indica i Giochi di Archimede, che rappresentano la prima selezione per le Olim-piadi della Matematica. K indica Kangourou, che è una gara internazionale con fasi nazionali, che coinvolge studenti dalla IV elementare alla V superiore, ovviamente con diversi livelli. P si riferisce alle opere di Matematica ricreativa scritte da Ya-kov Perelman. PR indica problemi tratti dal cosiddetto Papiro di Rhind. AY indica problemi tratti dalle Propositiones ad acuendos ju-venes di Alcuino da York.


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Un po’ di storia Il vocabolo Algebra, che indica la disciplina matematica che tratta della risoluzione delle equazioni e più in generale della semplificazione di espressioni variabili, è una latinizzazione del titolo Al – jabr w’al muqâbala, dell’arabo Mohammed ibn Musa – al – Khowârizmi. Questi nel 830, scrive il libro citato, in cui fornisce una serie di formule per risolvere equazioni. Il significato del titolo sta nei procedimenti utilizzati nella riso-luzione delle equazioni, cioè trasportare da un membro all’altro e semplificare. Infatti al – jabr significa ristabilire (ancora nel XVI secolo in Italia e Spagna algebristi erano colo-ro che sistemavano le ossa), mentre muqâbala vuol dire sem-plificare. Per inciso notiamo che da al–Khowârizmi è tratto il vocabolo Algoritmo, che indica un qualsiasi procedimento ri-solutivo.

Papiro di Rhind o Ahmes

Vi è comunque da dire che questioni di uguaglianza, quindi di risoluzione di equazioni, sono presenti nella storia delle mate-


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matiche sin dai suoi albori. Per esempio diversi problemi che portano alla risoluzione di equazioni di primo grado si trovano in uno dei più antichi documenti matematici a noi giunti, il co-siddetto papiro di Rhind (dal nome del suo scopritore) o di Ahmes (dallo scriba che lo trascrisse), databile circa al 1700 a.C. Qui abbiamo a che fare con equazioni espresse in forma retorica, non si fa nessun uso di simbologia, l’incognita ha pe-rò un nome particolare: aha che vuol dire mucchio; inoltre la loro risoluzione è per casi particolari e non generali. Quindi non vengono fornite formule o regole, ma solo esempi di riso-luzione, spesso approssimati. Il metodo più usato è quello del-la cosiddetta falsa posizione, di cui forniamo un esempio.

Trovare il valore del mucchio se esso e un suo settimo sono uguali a 19. L’equazione da risolvere, in notazione moderna è

119

7x x+ = . Ahmes procede nel seguente modo. Per evitare di

lavorare con frazioni, verifica se 7 può essere la soluzione.

Poiché 1

7 7 8 197

+ ⋅ = < , vuol dire che il valore cercato deve

essere 19 133

78 8

⋅ = . Infatti, poiché raccogliendo si ha

11 19

7x

⋅ + =

e 1

7 1 87

⋅ + =

, è ragionevole pensare che si

abbia: 1 19

17 x

+ = e 1 8 19 8 133

1 8 19 77 7 7 8

x xx

+ = = = ⋅ = .

Vi è da segnalare un altro importante fatto, Ahmes fornisce la

soluzione nel seguente modo, più complicato: 1 1

162 8

+ + . In-

fatti: 133 5 4 1 1 1

16 16 168 8 8 8 2 8

= + = + + = + + . In altri casi A-

hmes fornisce solo la soluzione, senza giustificarla.


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Anche i babilonesi si occupano della risoluzione di equazioni, però si sono trovati pochi riscontri relativamente a quelle di primo grado (lo storico Boyer ritiene che fossero considerate troppo semplici), molti di più per quelle di secondo o di terzo grado.

Alcuni concetti, come quelli dei prodotti notevoli furono trat-tati anche ai tempi di Euclide, seppure con metodi geometrici. Per esempio in figura il quadrato di lato che misura 8 unità è stato decomposto in quattro quadrilateri: un quadrato di lato 5, due rettangoli di lati 3 e 5 e un quadrato di lato 3.

Il che concorda con lo sviluppo del quadrato di binomio: (5 + 3)2 = 52 + 2 ⋅ 5 ⋅ 3 + 32. Se ripetiamo il procedimento mostrato nell'esempio precedente, sostituendo ai numeri 5 e 3 variabili a e b, il risultato, opportunamente modificato, non cambia. Ab-biamo perciò riottenuto per altra via la formula:

a b a ab b+ = + +b g2 2 22 proprio come fece Euclide più di 2000

anni fa nella proposizione 4 del II libro degli Elementi.

L’algebra che usiamo oggi si basa sull’utilizzo dei simboli, ma il percorso storico che ci ha fatto giungere ad essi è stato lungo ed accidentato. Alcuni storici delle matematiche hanno parlato a questo avviso di tre diversi tipi di algebra, a seconda del li-vello raggiunto nello sviluppo della simbologia: retorica, sin-copata e simbolica.

Nel primo caso non esistono simboli, quindi tutto si enuncia a parole (si parla di algebra retorica): siamo prima della nascita di Cristo; nel secondo qualche simbolo comincia a sostituire una o più parti del discorso, siamo nel periodo che va


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all’incirca dal 200 d.C. fino alla fine del 1500 (si parla di alge-bra sincopata); infine l’espressione più matura, in cui, forse eccessivamente, ogni oggetto matematico è simbolizzato, dal 1600 ai giorni nostri (la cosiddetta algebra simbolica).

Fra gli autori più importanti delle diverse fasi ricordiamo Dio-fanto di Alessandria, vissuto nel III secolo d.C. e considerato il padre dell’aritmetica, pur non avendo a disposizione la mo-derna simbologia enunciò dei metodi per la risoluzione di pro-blemi indeterminati e provò complicate proprietà valide per interi sottoinsiemi di numeri naturali. Ma usa ancora un'alge-bra retorica.

Verso la fine del XVII secolo, grazie a matematici come Fra-nçois Viète, l’algebra comincia a trasformarsi in una disciplina nella quale l’uso dei simboli appare predominante sulle noiose descrizioni a parole, come abbiamo già visto nelle schede del modulo 0, con i simboli per le operazioni aritmetiche o per la radice quadrata. L’algebra di Viète e dei suoi successori non è comunque del tutto astratta, ma convivono in essa sia l’uso di simboli sia quello di abbreviazioni; così, per esempio, per in-

dicare il nostro attuale (a + b)3, Viète scrive “ ba + cubo”. Si deve arrivare alla fine del 1700, grazie ai contributi fondamen-tali del 1600, fra gli altri spiccano René Descartes, Newton e Leibniz, perché ci si avvicini a un’algebra completamente a-stratta e simbolica.

Passiamo adesso a vedere qualche esempio tratto dai giochi matematici. Cominciamo con uno prelevato dai Kangorou del 2006, nella categoria Benjamin, riservata agli studenti di I e II media.

0 In un negozio di articoli sportivi di Stoccolma le combina-zioni di oggetti illustrate hanno questi prezzi Puoi acquistare anche ogni oggetto singolarmente. Quante corone costa uno di quei palloni da calcio?


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Ovviamente 2 mazze e 2 palloni costano 1000 corone, quindi un pallone costa 1200 – 1000 = 200 corone.

Vediamo il Problema 28 del Papiro di Rhind. 1 Una quantità e i suoi due terzi sono sommati e da questa somma ne sottraiamo un terzo. In tal modo otteniamo 10. Quanto vale la quantità? Una quantità e i suoi 2/3 equivalgono a 1 + 2/3 = 5/3. 1/3 di 5/3 è 5/9, quindi otteniamo 5/3 – 5/9 = 10/9 della quantità che fa 10. Infine la quantità cercate è 10 ⋅ 9 / 10 = 9. Verifichiamo. I 2/3 di 9 è 6, perciò sommando avremo 15. Togliamo 1/3, cioè 5 e otteniamo effettivamente 10. A volte i problemi si risolvono partendo dalla soluzione. Ci spieghiamo meglio con un esempio. 1 Giocando alla roulette Carlo ha fatto una puntata e ha vinto raddoppiando il suo denaro, ha poi lasciato una mancia di 10 euro al croupier. Ha poi puntato ancora, triplicando il suo denaro e lasciando 12 euro di mancia. Infine è andato via con 60 euro. Con quanti soldi è andato a giocare Carlo? Utilizziamo un procedimento che parta dalla fine. Carlo è an-dato via con 60 euro dopo averne dati 12 di mancia, quindi alla fine della seconda puntata aveva 72 euro, ma poiché in tale puntata aveva triplicato il suo denaro vuol dire che prima di puntare aveva 72 : 3 = 24 (euro). Se a questa somma aggiun-giamo la prima mancia, troviamo che alla fine della prima puntata aveva 34 euro, ma poiché aveva raddoppiato il suo ca-pitale iniziale, vuol dire che Carlo era andato a giocare con 34 : 2 = 17 (euro). Volendo, a questo punto può verificarsi se tale valore iniziale conduce a quello finale. Verificare cioè la vali-dità dell’uguaglianza seguente: (17 ⋅ 2 – 10) ⋅ 3 – 12 = 60.


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Adesso vediamo un problema più impegnativo. 2 Trovare due numeri che sommati danno 24 e moltiplicati 143. In genere questi problemi si risolvono impostando un’equazione, come vedremo nei successivi paragrafi. voglia-mo usare invece un metodo più intuitivo, che funzione però solo se i numeri sono interi. Il numero 143 si scompone solo nei prodotti 1 ⋅ 143 e 11 ⋅13. La somma con i primi due fattori fornisce 144, e non va bene, la seconda 24. Pertanto i numeri cercati sono 11 e 13. Concludiamo con un quesito tratto dalle opere di matematica ricreativa del russo Yakov Perelman. 3 Due amici escono dalle loro case l’uno incontro all’altro, e vogliono incontrarsi a metà del percorso. Il primo però cam-mina con velocità media di 4 km/h, l’altro con velocità media di 3 Km/h. Così il più veloce uscì di casa un quarto d’ora pri-ma dell’altro. Quando si incontrarono il più lento tornò a ca-sa, l’altro continuò fino alla casa dell’altro e tornò indietro. Così facendo egli percorse il quadruplo di quanto camminò l’altro. A che distanza si trovano le due case? Dato che il primo ha camminato 4 volte quanto il primo, vuol dire che ha percorso (fra andata e ritorno) 2d mentre il secondo ha percorso 1/2d. Quindi quando si incontrano il secondo ha percorso 1/4d e ovviamente il primo 3/4d. Ma il primo è parti-to 15 minuti prima e con la sua velocità di 4 Km/h ha percorso 1 Km. Perciò la distanza fra le due case è data da questo Kilo-metro sommato a quanto hanno camminato i due dal momento in cui è partito il secondo. Il primo ha velocità 4/3 quella del secondo, quindi dato che il secondo ha fatto 1/4d, il primo avrà fatto 4/3 ⋅ 1/4d = 1/3d. Perciò 1 Km + 1/3d = 3/4d, da cui (3/4 – 1/3)d = 1 Km, cioè 5/12d = 1 Km e d = 12/5 Km = 2,4 Km.


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Attività 1. 0 (PR) Una quantità e la sua metà insieme danno 16.

Quanto vale la quantità? 2. 0 (AY) C’è un piatto che pesa 360 once, che è fatto di

oro, argento, oricalco e stagno. La quantità dell’argento è tre volte quella dell’oro, la quantità dell’oricalco è tre volte quella dell’argento, la quantità dello stagno è tre volte quella dell’oricalco. Dica, chi riesce, quanto pesa ogni tipo di metallo.

3. 0 (AY) Due uomini conducevano per una via alcuni buoi. Uno disse all’altro: «Dammi due buoi e avrò quanti buoi hai tu.» l’altro rispose: «Dammi tu due buoi e io ne avrò il doppio di quanti ne hai tu.» Dica, chi vuole, quanti erano i buoi e quanti ne aveva ciascuno.

4. 0 L’età di Alberto è doppia di quella di Bice; le età di Alberto e Chiara sono il triplo di quella di Bice. Se i tre insieme hanno 40 anni, quanti anni ha ciascuno? (Si con-siglia di usare il metodo delle pesate)

5. 1 Paolo oggi ha il doppio dell’età di Massimo, mentre 12 anni fa aveva il triplo dell’età di Massimo. Quanti anni hanno oggi i due?

6. 1 Serena, Fabio e Zaira fanno un gioco con le carte. Ne prendono un mazzetto a testa, a caso. Poi Serena che ne ha più di tutti, da agli altri due tante carte quante essi ha-nno. Dopo di lei prima Fabio e poi Zaira fanno lo stesso. Se alla fine ciascuno dei tre ha 20 carte, quante ne aveva-no all’inizio?

7. 1 Cosa succede, nel problema precedente, se invece al-la fine hanno 24 carte?

8. 1 (A2007) Tom scrive un romanzo usando il computer. Ha numerato tutte le pagine. Quando cerca di stamparlo scopre che sarebbe troppo grosso per la propria rilegatri-ce, quindi lo divide in tre volumi con lo stesso numero di pagine, ma numerate progressivamente come se fossero


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un unico volume. Sappiamo che sommando i numeri delle prime pagine dei 3 volumi si ottiene 1353. Quante pagine ha il romanzo?

9. 1 (P) Quattro fratelli hanno in totale 45 rubli. Se aumen-tiamo il denaro del primo di 2 rubli, diminuiamo quello del secondo di 2 rubli, raddoppiamo quello del terzo e di-mezziamo quello del quarto, tutti i fratelli avranno la stes-sa quantità di rubli. Quanto denaro aveva ciascuno prima di fare queste operazioni?

10. 2 (A2004) Un treno è lungo 100 metri, un altro 200 me-tri. Se ciascuno di essi viaggia a velocità costante, in ver-so opposto, bastano 5 secondi perché si passino comple-tamente. Se, con la stessa velocità, ma viaggiando nello stesso verso, uno passa l’altro in 15 secondi. (In questo caso passare vuol dire che alla testa del treno più veloce servono 15 secondi per passare dalla coda alla testa del treno più lento) Che velocità hanno i due treni?

11. 2 (A2007) In un negozio si possono comprare candele di diversa forma, in confezioni. Il prezzo di ogni confezio-ne è la somma dei prezzi delle candele in essa contenute. (Candele di uguale forma hanno lo stesso prezzo) I prezzi delle confezioni mostrate, da sinistra a destra, sono $21, $19 e $24. Quanto costa la quarta confezione?

12. 3 Quando il gioco di Serena, Fabio e Zaira (Problema

6) ha soluzione? 13. 3 (P) Alcuni mietitori lavorarono su due campi, uno di

superficie doppia rispetto ad un altro. Per le prime 6 ore lavorarono tutti nel campo grande; per altre 6, metà rima-sero nel campo grande, l'altra metà andò nel piccolo. Alla fine della giornata furono arati i due campi, con l'eccezio-ne di un ridotto settore del piccolo prato, il cui raccolto occupava la giornata intera successiva a un singolo mieti-tore. Quanti mietitori hanno lavorato?


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Criptoaritmetica Soprattutto nelle riviste di aritmetica sono presenti quesiti ri-guardanti operazioni aritmetiche in cui i numeri sono sostituiti da lettere. Scopo del gioco è appunto trovare quali numeri ve-rificano le uguaglianze. In particolare si cercano giochi in cui vi sono delle uguaglianze valide anche dal punto di vista sim-bolico, tipo UNO + DUE = TRE, che è verificata sostituendo U = 4, N = 2, O = 0, D = 5, E = 8, T = 9, R = 6. Infatti abbia-mo: 420 + 548 = 968. Come si vede a lettera uguale numero uguale e a lettera diversa cifra diversa. Uno dei più famosi quesiti è dovuto al famoso matematico e-nigmista Henry Dudeney, che lo pubblicò nel 1924 sulla rivi-sta Strand Magazine. SEND + MORE = MONEY (Manda Più Denaro), risolto da 9576 + 1085= 10652. In teoria possiamo risolvere impostando dei sistemi, che però sono ovviamente indeterminati dato che vi sono certamente più incognite che equazioni. Per esempio nel gioco di Dudeney vi sono 8 incognite con una sola equazione. Perciò dobbiamo operare in diversi modi, a volte anche per tentativi, facilitati comunque dal fatto che i valori da trovare sono al massimo le 10 cifre. Vediamo un quesito tratto dai Kangourou Italia del 2001. 0 Nell’espressione sottostante, ad ognuna delle lettere K, L, M, N e P corrisponde una e una sola cifra decimale. Quale ci-fra corrisponde alla lettera M? 4 ⋅ KLMNP4 = 4KLMNP. Partiamo dall’unica operazione fra numeri: 4 ⋅ 4 = 16, quindi P = 6. A questo punto la moltiplicazione si completa facilmente. Vediamo i successivi passi. 4⋅KLMN64 = 4KLMN6, quindi N = 5 (6 ⋅ 4 = 24, ma riportavamo 1 dal precedente prodotto). Ancora: 4 ⋅ KLM564 = 4KLM56. Adesso M = 2 (5 ⋅ 4 = 20 e un riporto di 2). Abbiamo finito, ma completiamo il prodotto;


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4 ⋅ KL2564 = 4KL256. Da cui L = 0 (2 ⋅ 4 = 8 e un riporto di 2). 4 ⋅ K02564 = 4K0256. Infine K = 1 (0 ⋅ 4 = 0 e un riporto di 1). In conclusione: 4 ⋅ 102564 = 410256. Ancora un quesito dai Kangarou, ma del 2006, nella categoria Benjamin per gli studenti di I e II media. 1 Ogni volta che compare il simbolo ∇ nell’espressione 4∇ 2∇ − 13∇ ∇ , si deve inserire una cifra (non necessaria-mente sempre la stessa); a seconda delle cifre inserite, la dif-ferenza che ne risulta può assumere valori diversi. Qual è il più piccolo di questi valori ? Dato che abbiamo a che fare con una sottrazione, il minimo che si ottiene è quando il minuendo è minimo e il sottraendo massimo, cioè per 4020 – 1399 = 2621. Adesso un quesito tratto dai giochi della Bocconi del 2002. 2 Completate in uno dei modi possibili la seguente moltipli-cazione, sostituendo le opportune cifre al posto dei quadratini:

=

2 0 0 2

×

Inseriamo dei simboli nelle celle da riempire:

=

2

2 0 0 2

a b

c d

×

. Te-

niamo conto che 2002 = 2 ⋅ 7 ⋅ 11 ⋅ 13. Quindi potrebbe essere 22 ⋅ 91 oppure 26 ⋅ 77; non ci sono altre possibilità di scom-porre 2002 come prodotto di due numeri entrambi di due cifre. Quindi vi sono le seguenti due soluzioni.


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9 1

2 2 =

1 8 2

1 8 2

2 0 0 2

×

7 7

2 6 =

4 6 2

1 5 4

2 0 0 2

×

Concludiamo con un quesito tratto dalla Canadian Mathema-tics Competition del 2003. 3 Nella moltiplicazione AB ⋅ C = DEF, ciascuna lettera rap-presenta esattamente una delle cifre 1, 2, 3, 4, 5, 6. Che cifra è C? Dato che le cifre sono usate tutte, ovviamente non può essere C = 1, perché allora sarebbe B = F. Analogamente non può es-sere C = 5, perché se B è dispari sarebbe F = 5, se B è pari F = 0. Non può essere neppure C = 6, perché 6 × B, qualunque sia B da 1 a 5, ha come cifra delle unità o un valore uguale a B (6 ⋅ 1 = 6, 6 ⋅ 2 = 12, 6 ⋅ 4 = 24) oppure una cifra non presente (6 ⋅ 3 = 18, 6 ⋅ 5 = 30). Se C = 2, allora può essere solo B = 3 e F = 6, perché le altre possibilità per B darebbero o una cifra già usata o una non presente. In questo caso la moltiplicazione di-venta A3 × 2 = DE6. Ovviamente deve essere D = 1 e non es-sendoci riporto, A deve essere 5 o 6, quindi E = 4, ma 53 ⋅ 2 = 106 e 63 ⋅ 2 = 126. Quindi non può essere neanche C = 2. Se C = 4, allora può essere B = 3 e F = 2, perché le altre possibilità per B darebbero o una cifra già usata o una non presente. In questo caso la moltiplicazione diventa A3 ⋅ 4 = 1E2, infatti an-cora una volta deve essere D = 1. Ma allora A è 5 o 6, che non è possibile perché allora D = 2. Quindi rimane solo la possibi-lità C = 3, in questo caso B = 2 e F = 6 oppure B = 4 e F = 2. In ogni caso avremo ancora D = 1. Nel primo caso avremo A2 ⋅ 3 = 1E6, che non ha soluzioni perché 42 ⋅ 3 = 126 e 52 ⋅ 3 = 156. Nel secondo caso avremo A4 ⋅ 3 = 1E2, che ha soluzione 54 ⋅ 3 = 162, mentre 64 ⋅ 3 = 192.


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Attività 1. 0 (A1999) Sostituire ciascuna lettera con una cifra: DA ⋅

DA = EDDA. 2. 0 (K2008) Nella somma OK + KO = WOW, a ogni lette-

ra corrisponde una e una sola cifra e, viceversa, ogni cifra in gioco è rappresentata da una e una sola lettera. Qual è la cifra corrispondente alla lettera K?

3. 0 (K2008) I cinque diversi simboli impiegati qui sotto rappresentano ciascuno una diversa cifra e le operazioni indicate sono tutte corrette. @ + @ + @ = *, # + # + # = &, * + & = £. Quanto vale £?

4. 0 (K2007) Nella somma BC2A + ABA = 4BA2, alla stessa lettera corrisponde la stessa cifra. Trova il valore corri-spondente alla lettera C.

5. 0 (C2002) Alle prime sei lettere dell’alfabeto assegniamo i seguenti valori numerici A = 1, B = 2, C = 3, D = 4, E = 5, F = 6. Una parola formata con queste lettere ha come valore la somma dei numeri assegnati alle lettere che la compongono. Per esempio la parola BEEF vale 2 + 5 + 5 + 6 = 18. Quale fra le seguenti parole vale di più? BEEF; FADE; FEED; FACE; DEAF

6. 1 (A1997) Nell’addizione AAAA + BBBB + CCCC = BAAAC, ogni diversa lettera rappresenta una diversa ci-fra, determinare tali cifre.

7. 1 (A1998) Nella seguente moltiplicazione ogni diversa lettera rappresenta una diversa cifra. 9 ⋅ ONE = NINE. Determinare tali cifre.

8. 1 (A1998) Nell’ addizione ABCDE + BCDE + CDE + CDE + DE + E = AAAAA, ogni diversa lettera rappresen-ta una diversa cifra, determinare tali cifre.

9. 1 (A2000) Nell’addizione MAREK + MAREK + MAREK = VANEK, ogni diversa lettera rappresenta una diversa cifra, determinare tali cifre.


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10. 2 (A2004) Completare la seguente moltiplicazione con le

cifre incognite.

4 ? ?

? 7

? ? 8 2

1 2 ? ?

? ? ? ? ?

×

=

.

11. 2 (C2007) Nella moltiplicazione PPQ ⋅ Q = RQ5Q, ogni lettera rappresenta una diversa cifra. Quanto fa P + Q + R?

12. 2 (C2006) Nella somma AB + CD = EFG, ogni lettera rappresenta un diverso numero scelto fra 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Quanto vale G?

13. 2 (K2008) La figura

* * *

1 * *

2 2 * *

9 0 *

* * 2

5 6 * * *

×

rappresenta una moltipli-

cazione eseguita manualmente nel modo usuale. Ogni a-sterisco sostituisce una cifra. La somma delle cifre del prodotto è?

14. 2 (B2008) In questa addizione

7

9

9 0 0

+

+

=

per scrivere i

tre addendi di tre cifre, si utilizzano le cifre da 1 a 9, prese ciascuna una sola volta (7 e 9 sono state già inserite). In ogni colonna le cifre degli addendi sono sistemate, dall'al-to verso il basso, dalla più piccola alla più grande. Com-


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pletate l'addizione, scrivendo in particolare il primo ad-dendo.

15. 3 (A1997) Nell’addizione ABCDACE + BCDACE + CDACE + DACE +ACE +CE + E = EEEEEE2, ogni di-versa lettera rappresenta una diversa cifra, determinare tali cifre.

16. 3 (A1997) Dato il numero 7******9, mettere al posto degli * delle cifre in modo che comunque prendiamo 3 ci-fre consecutive la somma sia sempre 20.

17. 3 (A1999) La somma fra un numero di 2 cifre e uno di 1 cifra, può rappresentarsi come l’uguaglianza BC + C = AB, in cui ogni diversa lettera rappresenta una diversa ci-fra. Quali potrebbero essere questi numeri?

18. 3 (A2006) Trovare il numero abcd sapendo che abcd + abc + ab + a = 2006.


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Equazioni ed uguaglianze In effetti molti dei quesiti che abbiamo già affrontato, possono risolversi usando lo strumento principe dell’algebra che sono le equazioni.

Cominciamo quindi subito a vedere un quesito tratto dai Kan-garou del 2008, nel livello riservato agli studenti di IV e V e-lementare.

0 Una pera, una mela ed una susina si trovano sul piatto di una bilancia. Se togliamo la pera, la bilancia indica 230 grammi; se togliamo la mela la bilancia indica 200 grammi; se togliamo la susina, la bilancia indica 290 grammi. Quanti grammi pesano complessivamente i 3 frutti?

Possiamo dire che mela e susina pesano 230 g, pera e susina 200 g., mela e pera 290 g. Ma allora 2 mele, 2 pere e 2 susine pesano (230 + 200 + 290) g = 720 g, e perciò i tre frutti in-sieme pesano 720g : 2 = 360g.

Oppure possiamo impostare il sistema:

230

200

290

m s

p s

m p

+ =

+ = + =

, le cui

soluzioni ovviamente coincidono con quelle trovate.

Adesso vediamo un quesito simile al precedente, ma con una interpretazione grafica. È stato assegnato alla Canadian Ma-thematics Competition del 2004.

0 Tenuto conto che le bilance in figura sono in equilibrio, quanti quadrati servono per bilanciare un cerchio?

Dato che un triangolo pesa quanto 2 quadrati e un cerchio, vuol dire che 3 triangoli pesano quanto 6 quadrati e 3 cerchi.


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Allora possiamo modificare la prima bilancia nel modo se-

guente: . Ovviamente possiamo eliminare da entrambi i piatti i pesi uguali, cioè i 3 cerchi, ot-tenendo così che 6 quadrati equilibrano 2 cerchi e perciò 2 quadrati equilibrano un cerchio.

Vediamo adesso un antico problema cinese del 300 a. C.

Una canna di bambu alta 10 piedi si spezza, in modo tale che la parte rotta, senza staccarsi dal tronco pende fino a rag-giungere il terreno a 3 piedi dal tronco. Quanto è lunga la parte di bambu rimasta in piedi?

Il problema equivale a determinare il cateto di un triangolo ret-tangolo (che indichiamo con x), in cui l'ipotenusa è la parte rotta della canna (lunga perciò 10 – x), conoscendo la lunghez-za dell'altro cateto, 3. Basta scrivere il teorema di Pitagora, che

fornisce l'equazione risolvente: x x2 29 10+ = −b g . Risolviamo:

2 2 919 100 20 20 91 4,55

20x x x x x+ = − + = = =

Vediamo un quesito tratto dalla gara a squadre dei giochi Boc-coni del 2000. 1 Giuseppe Giuseppetti possiede tre terreni (numerati da 1

a 3 nella figura). Il terreno 2 è un quadrato, così come lúnione dei terreni 2 e 3. La semi–circonferenza


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tratteggiata permette di indicare segmenti uguali. Il terreno 3 ha una superficie di 1600 metri quadrati. Quale è lárea del terreno 1? Indichiamo con x la misura del raggio della semicirconferenza e con y quella del lato del quadrato (2). Abbiamo così la vali-dità della seguente uguaglianza:

( )2 2 2 22 1600 4 4 1600 400x y y x xy x xy+ − = + = + =

L’area del terreno (1) è ( )

2

x x y⋅ +, che rappresenta proprio la

metà dell’espressione precedente, quindi il terreno (1) ha un area di 200 m2. Adesso un quesito tratto dai Kangourou del 2001. 2 Due ciclisti partono dallo stesso punto alle 14,10. Il primo va verso nord ad una velocità di 32 Km/h, mentre il secondo va verso est ad una velocità di 24 Km/h. A che ora la loro di-stanza sarà di 130 Km? In x ore il primo percorre 32x Km, il secondo 24x Km. La loro distanza è ovviamente l’ipotenusa di un triangolo rettangolo i cui cateti misurano quanto i precedenti valori, cioè

( ) ( )2 2 232 24 1600 40x x x x+ = =

Perché tale distanza sia 130 Km, deve essere x = 3,25h = 3h15m. Pertanto si incontreranno alle 17:25.


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Attività 1. 0 Sapendo che + = 12, + = 11 e + = 10,

determinare quanto vale + . 2. 0 (C2006) Tenuto conto che le due bilance in figura sono

in equilibrio, quanti cerchi equilibrano 4 quadrati?

3. 0 (C2007) In figura mostriamo tre pesate su una bilan-

cia, in cui il numero indica il peso totale. Quanto pesa un

triangolo? 4. 0 (A2001) Olga frequenta una piccola scuola con sole 8

classi, tutte frequentate da bambini di diversa età per un totale di 208 studenti. Ogni classe ha 2 studenti in meno di quella frequentata dai bambini più piccoli. Così l’ottava classe ha il minimo numero di studenti e la prima il mas-simo. Quanti studenti ci sono in ogni classe?

5. 0 (A2001) Usando una bilancia stabiliamo che 5 cubetti sono pesanti come 7 cilindri; 9 cilindri pesano quanto 3 cubi grandi; 6 sfere pesano quanti due cubi grandi; 4 sfere pesano quanto 100 g di zucchero. Quanto pesa un cubet-to?

6. 0 (A2001) C’erano 42 persone ad una festa. Una ragazza disse che aveva ballato con 7 ragazzi, un’altra con 8 e co-sì via, aumentando di uno quello che aveva detto la prece-dente, finché l’ultima disse di avere ballato con tutti i ra-gazzi. Quanti erano i ragazzi?

7. 0 (A2002) Mowgli impiega 40 minuti per andare a piedi al lago e tornare in groppa al proprio elefante. Se fa en-trambi i percorsi con l’elefante impiega 32 minuti. In quanto tempo farà andata e ritorno a piedi?


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8. 0 (A2002) Il re delle scimmie fa una festa. Vengono ser-viti 3 barili di cocco–cocktail, per un totale di 533 litri. Dopo aver servito 75 litri dal primo barile, 46 litri dal se-condo e 52 litri dal terzo, in tutti i barili rimase la stessa quantità di cocktail. Quanti litri conteneva ciascun barile all’inizio della festa?

9. 0 (A2002) Un treno lungo 1 Km ha bisogno di 2 minuti per passare completamente attraverso una galleria di 2 Km. In quanto tempo attraversa una galleria di 500 m, al-la stessa velocità?

10. 0 (A2006) La mamma di Tom vende delle uova. Alle 10 ne ha vendute metà più un uovo. A mezzogiorno ha vendu-to metà di quelle che le erano rimaste alle 10, più un uovo. A questo punto va a casa con 26 uova invendute. Con quante uova è arrivata la mattina?

11. 0 (A2007) In un ristorante un cliente può mangiare un certo numero di fette di pane gratis, ma dopo queste deve pagare le successive. Due persone mangiano insieme 13 fette di pane e pagano in tutto $3. Se un cliente mangiasse lo stesso numero di fette avrebbe pagato $8. Quante fette può mangiare gratis un cliente?

12. 0 (C2006) Se Corina avesse sommato correttamente I numeri P e Q, avrebbe ottenuto 16. Per errore invece ha sottratto Q da P, ottenendo 4. Quanto vale P?

13. 1 (AHSME 1959) Jonathan è stato in vacanza per alcuni giorni. Sappiamo che ha piovuto esattamente 7 volte, che quando ha piovuto al pomeriggio il mattino era sereno, che vi sono stati 5 pomeriggi sereni e 6 mattine serene. Quanti giorni è stato in vacanza Jonathan?

14. 1 (A2002) 2/3 di un gruppo di persone sono sedute su 3/4 delle sedie di una stanza. Quante persone almeno ci sono nel gruppo?

15. 1 (A2002) In due scatole ci sono un totale di 126 gemme. Se mettiamo un una delle scatole un terzo di quante già ce ne sono e togliamo un terzo di quelle che ci sono nell’altra


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scatola, avremo lo stesso numero di gemme in tutte e due le scatole. Quante scatole ci sono in ogni gemma, prima di fare queste operazioni?

16. 1 (A2005) Consideriamo la bilancia mostrata nel dia-

gramma seguente. Sap-piamo che gli oggetti appesi alla stessa barra orizzontale sono in equilibrio e che oggetti uguali hanno pesi uguali. Se il peso di un quadrato è 1 Kg, quanto pesano gli altri oggetti?

17. 1 (A2002) Un gruppo di serpenti, rane e pappagalli di-scutono nella giungla. Vi sono complessivamente 8 teste e 14 zampe, quanti animali di ogni tipo vi sono nel gruppo?

18. 1 Una bottiglia e un bicchiere pesano quanto una broc-ca; la bottiglia pesa quanto un bicchiere e un piatto e 3 piatti pesano quanto due brocche. Quanti bicchieri pesano quanto una bottiglia?

19. 1 In un supermercato i carrelli vengono posati come mo-

strato in figura. Quanti centimetri è lungo un carrello se 10 carrelli incolonnati come mo-strato hanno una lunghezza totale di 290 cm, mentre 20 carrelli l’hanno di 490 cm?

20. 1 (A1997) Una mamma distribuisce alcune mele ai suoi tre bambini in modo che uno abbia metà delle mele più due mele; il secondo metà delle rimanenti più due mele e il terzo metà delle rimanenti più due mele. Così rimane una mela. Quante mele vi sono in tutto?

21. 1 (A1998) Il salario di un domestico è $ 100 l’anno più il vestiario. Dato che il domestico lavorò solo 7 mesi rice-vette il vestiario più $ 20. Quanto è stato valutato il ve-stiario?


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22. 1 (A2000) Un padre porta i suoi due gemelli al ristoran-te, insieme con il loro fratello minore. Il pranzo del papà costa $4,95, quello dei bambini è di $0,45 per ogni loro anno. Quanti anni ha il bambino più piccolo se il conto è di $9,45?

23. 1 (A2001) Trova un numero di due cifre che è il triplo della somma delle sue cifre.

24. 1 (A2003) Tracciamo tre cerchi tangenti esternamente a due a due. Le distanze fra i centri dei cerchi sono 2001, 2002 e 2003. Quanto misurano i raggi?

25. 1 (A2004) In uno stadio ci sono 3 settori (A, B e C). Un posto nel settore A costa il doppio di uno del settore B e il triplo di uno del settore C. I bambini pagano metà bigliet-to in ogni settore. Se 4 adulti e 3 bambini pagano $242 nel settore C, quanto pagano 2 adulti e 2 bambini nel settore B?

26. 1 (A2004) Due amici partecipano all’ABACUS Interna-tional Math Competition. Se il primo avesse metà dei punti che ha e il secondo metà in più dei punti che ha, allora il primo avrebbe 1/3 dei punti del secondo. Chi dei due ha più punti?

27. 1 (A2006) Ad una festa ci sono ragazzi e ragazze. Dopo che 15 ragazze vanno via il numero dei maschi diventa il doppio delle ragazze rimaste. Quando vanno via 45 ma-schi, le ragazze diventano 5 volte il numero dei ragazzi rimasti. Quante ragazze vi erano all’inizio?

28. 1 (A2007) Smart Alec partecipa ad una gara di matema-tica. risolve 9 dei primi 12 problemi, ma non prende punti per gli altri 3. Poi risolve un terzo dei rimanenti problemi, ma nessuno degli altri. In questo modo ha ricevuto il 50% dei punti possibili. Se ogni problema risolto vale 6 punti, quanti problemi ha risolto?

29. 1 (B2002) Alla fine della giornata, Rosetta –la panettiera più famosa di Milano– fa i conti di cassa e si ritrova con 870 euro, in biglietti da 10, 20 e 50 euro. Le quantità dei


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biglietti di ogni tipo sono espresse da numeri consecutivi. Quanti biglietti da 50 euro ha in cassa Rosetta?

30. 1 (OMI2008) Abbiamo diminuito la larghezza e aumen-tato la lunghezza di un rettangolo di una stessa percentua-le intera. Dopo questa deformazione, l'area del rettangolo è diminuita di una percentuale compresa tra il 2% e il 3%.

31. 1 (B2008) Nando abita in un paese fantastico, dove i monti e le valli hanno i nomi delle note musicali! Quando va in macchina da DO a SI, scende da DO a MI a 72 Km/h; va da MI a SOL a 63 Km/h e sale da SOL a SI a 56 Km/h. In totale, ci mette 4 ore. Al ritorno, quando va da SI a DO, Nando scende da SI a SOL a 72 Km/h , va da SOL a MI a 63 Km/h e sale da MI a DO a 56 Km/h. In totale, al ritorno, ci mette 4 ore e 40 minuti. Quale è, in chilometri, la distanza stradale tra DO e SI?

32. 1 (OMI2008) In un quadrato ABCD di lato 1 cm, sono dati un punto M sul lato BC e un punto N sul lato CD tali che BM = ND. Si sa inoltre che l’area del triangolo AMN è pari a 4/9 cm2. Quanto vale la lunghezza del segmento ND?

33. 1 (B1996) Durante un torneo di scacchi ogni giocatore ha giocato esattamente una partita contro ciascuno degli altri giocatori. Cinque giocatori hanno perso 2 partite ciascuno ed i restanti giocatori hanno vinto 2 partite cia-scuno. Non ci sono state partite finite in parità. Quanti giocatori partecipavano a questo torneo?

34. Se il 55% degli agnelli nati in un gregge sono maschi ed il 90% sopravvive il primo anno, qual è il minimo numero di agnelli nati affinché alla fine del primo anno ve ne siano 100 vivi?

35. 2 (A2002) Una cozza va a visitare un amico, il primo giorno del suo viaggio percorre metà della distanza più un metro, il secondo giorno metà di ciò che rimane più 2 me-tri, il terzo giorno metà di ciò che rimane più 3 metri. In


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tal modo le restano da percorrere ancora 8 metri. Quanto misura l’intero percorso?

36. 2 (A2006) Su una bandiera 3 × 4 metri quadrati, vi è di-segnata una croce simmetrica con braccia ugualmente ampie, se l’area della croce è metà di quella della bandie-ra, quanto è largo ogni braccio della croce?

37. 2 (OMI2008) Un quadrilatero ABCD ha le diagonali perpendicolari tra loro ed è inscritto in una circonferenza c di diametro AC. L’area e il perimetro del quadrilatero sono rispettivamente 48 cm2 e 28 cm. Quanto misura il raggio della circonferenza c?

38. 2 (B2000) Antonio Antonicelli possiede quattro terreni

(numerati da 1 a 4 nella figura). I terreni 2 e 4 sono dei quadrati, così come lúnione dei ter-reni 2 e 3. La semicirconferenza tratteggiata permette di indicare segmenti uguali. Il terreno 2 ha una superficie di 300 m2; il terreno 3 ha una superficie di 1500 m2. Quanto misura lárea del terreno 4?

39. 2 (A2001) Scrivi la cifra 2 prima davanti a un numero di 2 cifre, poi alla fine dello stesso numero. Così facendo ot-tiene due numeri di 3 cifre che differiscono di 81. Trova il numero di 2 cifre.

40. 2 (A2000) Il papà e la mamma di Barbie giocano a scac-chi. Si accordano che il vincitore prende 5 punti, mentre 2 punti a testa varranno per un pareggio. Così giocano 13


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partite e complessivamente ottengono 60 punti. I punti della mamma sono tali che quelli provenienti dalle vittorie sono il triplo di quelli dei pareggi. Quante partite ha vinto il papà?

41. 2 (A1998) Su una delle isole del Regno Fatato vivono gli animali a 40 zampe e i dragoni a 3 teste. Sappiamo che vi sono un totale di 26 teste e 298 zampe e che ogni 40 zam-pe ha una sola testa. Quante zampe ha un dragone a 3 te-ste?

42. 2 (A2001) Danny e Tommy sono fratelli. Entrambi hanno una stanza quadrata che può essere pavimentata con mat-tonelle 25 cm × 25 cm, senza bisogno di tagliarne nessu-na. Nella stanza di Danny servono 27 mattonelle più che quella di Tommy. Quanto costeranno le due pavimenta-zioni se ogni mattonella costa $1,24?

43. 2 (A2004) Un gruppo di amici compra una palla di cri-stallo, ma quando devono pagarla 4 di loro non sono pre-senti, così ognuno dei presenti paga un extra di $36. Ap-pena usciti dal negozio arrivano tre dei 4 assenti e divi-dendo il totale fra tutti adesso ciascuno di quelli che ave-vano anticipato la somma riottiene indietro $30. Quanti sono gli amici e quanto costa la palla?

44. 2 (A2005) In un’urna ci sono palle rosse e palle blu, al-meno il 90% sono rosse. Kate le estrae una alla volta. Una sola delle prime 50 estratte è blu, poi ogni ottava pal-la è blu, quante palle ci possono essere, al massimo, nell’urna?

45. 2 (A2006) La nonna ha due nipoti, le cui età coincidono con le cifre dell’età della nonna, uno quella delle decine, l’altro quella delle unità. Se la somma delle tre età è 63, quanti anni ha la nonna?

46. 3 (A2001) Un giorno 3 scimmie trovarono un albero di banane, le raccolsero tutte e andarono a dormire. Quando la prima scimmia si svegliò mangiò due banane e divise le rimanenti in tre gruppi, di cui ne prese uno per se. Quindi


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tornò a dormire. Si svegliò la seconda scimmia e fece lo stesso della prima. Così come la terza quando si svegliò. Quante banane, al minimo raccolsero le scimmie?

47. 3 (A2005) Tracciamo una spirale come mostrato in figu-

ra, in cui i primi due segmenti sono lunghi 1 cm e ciascuna coppia di segmenti successivi è 1 cm più lunga della precedente coppia. Quanto è lunga la spirale se l’ultima coppia che disegniamo è formata da due seg-menti di 40 cm? È possibile riuscire a costruire una spira-le lunga 1550 cm?

48. 3 (A2007) In una corsa di cavalli dopo ¾ del percorso un cavallo fa cadere il proprio fantino, quindi comincia a correre all’incontrario. Dopo aver percorso 2/3 del per-corso all’indietro cambia di nuovo verso e riprende a cor-rere. Nel frattempo il fantino si è rialzato e come vede il suo cavallo che gira di nuovo gli va incontro di corsa, quando lo raggiunge risale in groppa e i due si avviano verso il traguardo. Qui giunti il cavallo ha percorso un to-tale di 2400 m. Sapendo che il cavallo corre a metà velo-cità con il fantino rispetto a quando è senza e che il fanti-no a piedi ha una velocità che è metà del cavallo senza fantino, vogliamo sapere per quanti metri il fantino corre prima di raggiungere il cavallo. Inoltre quanto tempo im-piegano ad arrivare, se in condizioni normali avrebbero impiegato 60 secondi?

49. 3 (A2001) I seguenti numeri 3 7 9 5 16

5 4a b a b< < < <

+ sono

in ordine crescente, a e b sono numeri interi positivi. Quanto vale a + b?

50. 3 (A2001) Al mercato si vendono uva di gallina, anatra e oca. Uno di gallina costa 15 cents, uno di anatra 30 cents e uno di oca 90 cents. Compriamo un totale di 20 uova,


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delle tre specie, per $6. Quante uova di ogni tipo abbiamo comprato?

51. 3 (A2007) La somma dei quadrati di tre numeri dispari consecutivi è un numero di 4 cifre identiche. Quali sono i numeri?


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Geometria analitica A partire dal XVII secolo diversi matematici, in particolare Fermat e Cartesio, cominciarono a pensare di associare a un‘equazione in due incognite una rappresentazione grafica. Nacque così quella che oggi chiamiamo rappresentazione car-tesiana. In pratica intanto si divide il piano utilizzando due rette fra di loro perpendicolari, sulle quali si stabilisce un’unità di misura, di solito uguale per entrambe le rette, nel qual caso il sistema si chiama monometrico, diversamente si chiama dimetrico. In particolare si usa il secondo quando vi è una notevole differen-za nell’ordine di grandezza fra le cosiddette ascisse e le ordi-nate. Per esempio se vogliamo rappresentare l’evoluzione temporale della popolazione italiana in un periodo di tempo, abbiamo a che fare con le ascisse che sono anni, quindi valori dell’ordine delle migliaia e le ordinate che sono dell’ordine dei milioni. Pertanto usare la stessa unità di misura comporta l’impossibilità fisica della rappresentazione o comunque un grafico poco leggibile perché i valori più piccoli, in questo ca-so le ascisse, saranno troppo vicini, per potere rappresentare sul foglio anche le ordinate. A questo punto rappresentare un’equazione in due variabili equivale a rappresentare tutti e soli quei punti le cui coordinate sono soluzioni dell’equazione. Per esempio il caso più sempli-ce è quello della retta, associata a un’equazione di primo gra-do. Così per esempio x + y = 1, è rappresentata dalla linea che unisce tutti i punti che soddisfano l’equazione, quindi (1; 0) e (0; 1), ma non (1; 1). Ci rendiamo conto che in generale una tale rappresentazione non è sempre semplice da ottenere, tranne ad avere a disposi-zione un computer o in generale un dispositivo elettronico che riesce, grazie alla sua velocità di calcolo, a unire , più o meno bene, un numero finito di punti che verificano l’equazione in


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un certo intervallo. Ciò dipende anche dal fatto che uno schermo, di pc o calcolatrice o smartphone, ha un numero fini-to di pixels. Quindi il dispositivo deve solo effettuare alcune sostituzioni in una delle incognite e risolvere, in modo appros-simato, l’equazione rimanente nell’altra equazione. Ovviamen-te a seconda della risoluzione e dell’intervallo individuato, possiamo ottenere grafici anche completamente diversi. In figura vediamo alcune rappresentazioni, ottenute con Geo-gebra, dell’equazione xy + x3 – x + y2 = 0.

Osserviamo che la prima è quella più completa, la terza addi-rittura suggerirebbe che la data equazione non ha soluzioni, e così è, ma solo limitatamente ai valori mostrati, cioè agli x ap-partenenti a [–7; –3] e contemporaneamente agli y appartenenti a [–2; 0]. Soprattutto nei quesiti ricreativi, hanno una certa importanza i cosiddetti punti griglia o lattice points, che sono quei punti le cui coordinate sono entrambe intere. Vediamo adesso qualche esempio di quesito. Cominciamo con uno assegnato agli AHSME del 1985.


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1 In una tavola vengono piantati alcuni chiodi distanti un’unità l’uno dall’altro. Se ne uniscono con un elastico 4,

formando il quadrilatero mostrato in figura. De-terminare la sua area. Conviene racchiudere la figura all’interno di un rettangolo, ot-tenendone quindi l’area come sottrazione delle parti non utili,

dall’area del rettangolo. Il rettangolo EHKR ha area 4 ⋅ 3 = 12. I 4 triangoli rettangoli da escludere hanno aree: (2 ⋅ 1/2 + 3 ⋅ 2/2 + 1 ⋅ 1/2 + 3 ⋅ 1/2) = 6. Quindi l’area cercata misura 6 unità quadrate. Passiamo a uno assegnato ai Kangarou del 2008, nella catego-ria Student riservata agli studenti di IV e V superiore. 2 Nel cerchio disegnato in figura, AB e un diametro. Deter-

mina l’ordinata d del punto D. Il diametro del cerchio è ovviamente lungo 8 + 2 = 10, mentre

il centro ha coordinate ( )8 2

;0 3;02

− =

. ABD è un triangolo

rettangolo perché inscritto in una semicirconferenza, pertanto

possiamo usare il teorema di Pitagora: 2 2 2

AD BD AB+ = (22 + d 2) + (d 2 + 82) = 102 2d 2 = 100 – 68 d 2 = 16 d = 4.


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Attività

1. 1 In figura un trapezio è posto in un si-stema di riferimento cartesiano ortogonale, nel quale o-gnuno dei punti evidenziati ha per coordinate due numeri interi. Trovare la misura della sua area, relativamente all’unità di misura del sistema di riferimento.

2. 1 (A2007) Il poligono ABCDEFG ha gli angoli di vertici B, C, D, E e F che sono retti Inoltre AB = CD = 1, BC = EF = 2, DE = 4, FG = 8. Quanto vale la sua area?

3. 1 (K2016) Quattro delle coppie ordinate che trovi nelle risposte, in un sistema di riferimento cartesiano, rappre-sentano i vertici di un quadrato. Quale non rappresenta un vertice di tale quadrato? A) (–1; 3) B) (0; –4) C) (–2; –1) D) (1; 1) E) (3; –2)

4. 2 (A2001) Costruiamo un rettangolo unendo i punti gri-glia di un riferimento cartesiano. Poi contiamo quanti pic-coli quadrati ci sono dentro il rettangolo che non toccano il suo perimetro. Quanti ve ne sono se quelli che non toc-cano il perimetro del rettangolo sono: a) 5; b) 21?

5. 2 (K2004) Considera il piano cartesiano. Quanti sono i quadrati aventi un vertice in (–1; –1) e tali che almeno uno degli assi coordinati sia asse di simmetria del quadra-to stesso?

6. 2 (K2005) Una particella si muove nel quadrante illu-strato in figura con la legge che segue. Nel primo minuto va dall'origine al punto di coordinate (1; 0). Poi continua a seguire il percorso indicato in figura dalle frecce (avanti e indietro dall'asse x all'asse y e viceversa), spostandosi, parallelamente agli assi, sempre alla stessa velocità: in


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ogni minuto percorre un'unità di spostamento. Quali sono le coordinate del punto raggiunto dalla particella dopo

esattamente due ore? 7. 3 (A1999) Piantiamo degli aranci in un giardino rettan-

golare, in modo che essi stiano su una griglia, ossia siano sempre alla stessa distanza l’uno dall’altro. Di quante ri-ghe e colonne deve essere la griglia se vogliamo che gli aranci piantati sul contorno siano tanti quanti quelli pian-tati all’interno?

8. 3 (A2005) Una pulce si trova in un sistema di riferimento cartesiano e salta da un punto che ha coordinate intere ad uno dei punti a esso più vicini, sempre con coordinate in-tere. La pulce salta sempre orizzontalmente o verticalmen-te. In quanti differenti punti si può trovare dopo 100 salti, partendo dall’origine?

9. 3 (A2004) Partendo dall’origine degli assi di un riferi-mento cartesiano ortogonale un ragno si muove solo sui punti griglia. Il suo percorso è il seguente: 1 unità a de-stra, 2 unità in alto, 3 unità a sinistra, 4 unità in giù, 5 u-nità a destra, 6 in alto, 7 a sinistra, 8 in giù e continua con questo stesso ritmo, aumentando sempre di un’unità ri-spetto al precedente percorso. In quale punto si troverà dopo 2004 di questi passi?

10. 3 (K2012) Nello spazio dotato di un sistema di riferimen-to cartesiano ortogonale Oxyz, tre vertici di un cubo sono i punti P ≡ (3; 4; 1), Q ≡ (5; 2; 9) e R ≡ (1; 6; 5). Qual è il centro del cubo?


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Polinomi Come abbiamo già detto nelle note storiche, il calcolo simboli-co è quello che ha reso l’algebra, a partire dal XVII secolo so-prattutto con François Viète, una disciplina fondamentale nello studio delle matematiche. In questo paragrafo consideriamo alcune questioni che riguardano i cosiddetti polinomi, ossia espressioni letterali ottenute come somma di monomi, che a loro volta sono moltiplicazioni di lettere. Uno dei problemi più antichi che riguarda i polinomi è certa-mente quello delle cosiddette terna pitagoriche, ossia della de-terminazione delle misure intere dei lati di un triangolo rettan-golo. Più precisamente diciamo che tre numeri interi positivi (x, y, z), che risolvono l’equazione x2 + y2 = z2, si chiamano terna pitagorica, dato che l’uguaglianza non è altro che la for-ma algebrica del Teorema di Pitagora. Se poi i numeri non hanno fattori in comune, come per esempio (3, 4, 5), la terna si dirà primitiva. Invece la terna (6, 8, 10) non è primitiva poiché possiamo dividere tutti i numeri per il loro massimo comune divisore, che è 2. È facile comprendere che da una terna pita-gorica si ottengono infinite terne non primitive moltiplicando-ne gli elementi per uno stesso numero naturale. Analogamente da ogni terna non primitiva se ne ottiene una primitiva divi-dendo per il MCD dei numeri. Infatti se 32 + 42 = 52, ovvia-mente anche (3a)2 + (4a)2 = (5a)2, quale che sia il numero na-turale a. Si dice che già i pitagorici, circa 600 anni prima della nascita di Cristo conoscessero delle formule per ottenere infi-nite terne pitagoriche primitive diverse. Una di queste si basa-va sulla terna simbolica che in notazione moderna (dato che i

pitagorici non usavano simboli) si scrive: 2 21 1

, ,2 2

m mm − +

.

Facilmente mostriamo che la formula è corretta, dato che si ha:


39

22 4 22 2

22 4 2 4 2 2

1 2 1

2 4

4 2 1 2 1 1

4 4 2

m m mm m

m m m m m m

− − ++ = + =

+ − + + + += = =

.

Osserviamo che a m dobbiamo sostituire numeri dispari perché allora non otterremo numeri interi, dato che i numeratori delle frazioni sono pari solo se m2, e quindi m, sono dispari. Quindi per m = 3 (m = 1 non va bene perché uno degli elementi sarà 0) otteniamo (3, 4, 5), per m = 5, (5, 12, 13), per m = 7, (7, 24, 25), per m = 9, (9, 40, 41) e così via. Osserviamo anche che,

dato che 2 2 21 1 2 1

12 2 2

m m m− − + ++ = = , questa formula fornisce so-

lo terne pitagoriche in cui due elementi differiscono di 1. Per-tanto non forniscono tutte le terne pitagoriche, per esempio non otteniamo mai la terna (8, 15, 17). Un’altra questione importante in cui rientrano i polinomi è la cosiddetta notazione posizionale dei numeri. A differenza per esempio degli antichi romani, che scrivevano i numeri usando una notazione pseudo-additiva, noi usiamo invece una nota-zione posizionale. Vediamo cosa significa. Nella notazione romana ciascun simbolo aveva un valore assegnato e quindi la sequenza di simboli indicava il numero somma di tali simboli. Così per esempio XVII rappresenta 10 + 5 + 1 + 1 = 17. In al-cuni casi però la notazione non è additiva nel senso stretto, per esempio IV non indica 1 + 5 = 6, bensì 5 – 1 = 4. In ogni caso però il simbolo V indica sempre il numero 5. Invece nella no-stra notazione il simbolo 111 non indica 1 + 1 + 1, bensì il numero 100 + 10 + 1 = 111. Ecco spiegato il perché dell’uso del vocabolo posizionale, dato che lo stesso simbolo, 1, assu-me valori diversi a seconda della posizione che occupa. Però può assumere solo valori che sono ottenuti moltiplicando il simbolo stesso per una potenza di 10. Così 234 indica 2 ⋅ 102 + 3 ⋅ 101 + 4 ⋅ 100. Questo permette anche di usare basi diverse dal 10, così per esempio il detto 234 se espresso in una base b


40

maggiore di 4 (la cifra più grande che compare nel numero) rappresenta il numero che, nella notazione decimale, è 2 ⋅ b2 + 3 ⋅ b1 + 4 ⋅ b0. Così per b < 10 e b > 4, rappresenta numeri che, in base 10, valgono meno di 234. Per esempio [234]5

1 = 2 ⋅ 52 + 3 ⋅ 51 + 4 ⋅ 50 = 50 + 15 + 4 = [69]10. Invece [234]12 = 2 ⋅ 122 + 3 ⋅ 121 + 4 ⋅ 120 = 288 + 36 + 4 = [328]10 > [234]10. Vediamo adesso dei quesiti. Cominciamo con uno assegnato dalla rivista Abacus nel 2006. 1 Moltiplichiamo la somma di 5 numeri interi consecutivi per la somma dei successivi 5 numeri consecutivi. È possibile che il prodotto faccia 120635? Indichiamo i primi 5 numeri con (x – 2), (x – 1), x, (x + 1) e (x + 2). La loro somma è ovviamente 5x. I 5 numeri successivi sono ovviamente (x + 3), (x + 4), (x + 5), (x + 6) e (x + 7), la cui somma è 5x + 25 = 5 ⋅ (x + 5). Allora il prodotto delle due somme è 25x ⋅ (x + 5). Possiamo allora dire che non è possibi-le ottenere il prodotto indicato perché esso non è un multiplo di 25. riconosciamo facilmente tale fatto perché tutti i multipli di 25 finiscono per 00, 25, 50 o 75, come è facile dimostrare. Invece il numero dato finisce per 35. Un quesito tratto dalle Olimpiadi della Matematica del 2008. 2 Quante sono le terne ordinate distinte (x, y, z) formate da numeri interi positivi tali che x2 + 2xy + y2 – z2 = 9? Possiamo scrivere: (x + y)2 – z2 = (x + y – z) ⋅ (x + y + z) = 9. Poiché i numeri sono tutti interi positivi deve essere:

9 3

1 3

x y z x y z

x y z x y z

+ + = + + = ∨

+ − = + − =

1 Con il simbolo []b indichiamo in che base è scritto il numero


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Ovviamente il secondo sistema non ha soluzioni intere positi-ve. Consideriamo il primo, da cui, sottraendo termine a termi-ne otteniamo: 2z = 8, cioè z = 4. Quindi x + y = 5. pertanto le soluzioni richieste sono le seguenti 4: (1, 4, 4); (2, 3, 4); (3, 2, 4); (4, 1, 4). Concludiamo con un quesito dalla finale Kangourou del 2007. 3 Il quadrato di un numero ab di 2 cifre finisce con le stesse cifre ab . Quanti e quali numeri hanno questa proprietà? Un numero di due cifre si può esprimere, sfruttando la nota-zione posizionale come 10a + b. Pertanto il suo quadrato è (10a + b)2 = 100a2 + 20ab + b2. La cifra delle unità di questo numero è la stessa di quella del numero b2. Dobbiamo quindi cercare quali cifre sono tali che il loro quadrato finisca con la stessa cifra. Queste sono solo 0, 1, 5 e 6. Vediamo i vari casi. a0 = (10a + 0)2 = 100a2, non ci sono soluzioni per il nostro problema perché la cifra delle unità a2 dovrebbe essere zero, cosa impossibile perché naturalmente a ≠ 0. a1 = (10a + 1)2 = 100a2 + 20a + 1, non ci sono soluzioni per il nostro problema perché la cifra delle decine è 2a o la sua cifra delle unità se ha più di una cifra. E quindi non può mai essere uguale ad a. a5 = (10a + 5)2 = 100a2 + 100a + 25. In questo caso le ultime due cifre sono sempre 25, quindi c’è solo la soluzione 25: 252 = 625. a6 = (10a + 6)2 = 100a2 + 120a + 36, la cifra delle decine è quella delle unità di 2a + 3, che è sempre un numero dispari, quindi i valori pari di a non sono certamente soluzioni. Co-struiamo quindi la tabella con tutte le possibilità per a dispari.

a 1 3 5 7 9 2a + 3 5 9 13 17 21

Come si vede solo per a = 7, cioè 762 = 5776, funziona.


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Attività 1. 1 Verificare che (2m, m2 – 1, m2 + 1) è una terna pitagori-

ca per ogni numero naturale m. 2. 1 (A1999) Laurie prende tre numeri consecutivi, quindi ne

sceglie due in tutti i modi possibili e li moltiplica. È possi-bile che la somma di questi prodotti faccia 3000000?

3. 1 (OMI2002) Un numero di due cifre viene sommato al numero ottenuto invertendo le sue cifre. Si divide quindi la somma ottenuta per la somma delle cifre del numero dato e si eleva al quadrato il risultato. Che numero si ottiene?

4. 1 (A2002) Il perimetro di un giardino rettangolare è 100 metri. Ognuno dei suoi lati ha una misura intera. Attaccati a due lati consecutive vi sono due giardini di forma qua-drata, i cui lati sono uguali a quelli del rettangolo cui sono attaccati. Dimostrare che la differenza delle aree di questi quadrati è un multiplo di 100.

5. 1 (A2003) La somma di due numeri diversi è 1. Peter somma il quadrato del più piccolo al più grande. Katie somma il quadrato del più grande al più piccolo. Chi ottie-ne il numero più grande?

6. 1 (OMI2003) Se p, q, r sono tre numeri reali, p ⋅ (q + r) = (p ⋅ q) + (p ⋅ r) è sempre vero. In quali casi si ha anche p + (q ⋅ r) = (p + q) ⋅ (p + r)?

7. 1 (OMI2005) Quanti sono i numeri interi positivi n tali che n3 + 2n2 + n sia un quadrato perfetto?

8. 1 (K2008) Sappiamo che x2yz3 =73 e xy2 = 79. Allora xyz è?

9. 2 (A2002) Trovare tutti numeri di due cifre, ab, per cui l’espressione ab + ba + 5 ⋅ (a + b) è un quadrato perfetto.

10. 2 (OMI2005) Comunque si prenda un numero naturale n, il numero (n + 2) ⋅ (n + 3) ⋅ (2n + 5) è divisibile per quale numero naturale, al massimo?


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11. 2 OMI2011) Sapendo che a e b sono due numeri reali po-sitivi tali che a2

⋅ (a − 3b) = b2 ⋅ (b − 3a), quanti valori di-versi può assumere il rapporto a/b?

12. 3 (A2005) Trovare due numeri quadrati perfetti la cui dif-ferenza è 20052.

13. 2 (K2008) Se x + y + z = 1 e 1 1 1

0x y z

+ + = . Allora quanto

vale l’espressione x2 + y2 + z2? 14. 3 (A2002) Trovare tutti i numeri pari che possono scri-

versi come differenza di due numeri quadrati. 15. 3 (OMI2005) Quanti sono i numeri naturali n tali che 2n

divide n + 30?


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Equazioni indeterminate Abbiamo già trattato i problemi indeterminati nel quaderno di Aritmetica, vogliamo riprenderli utilizzando le equazioni e il calcolo simbolico. Intanto diciamo che una equazione polinomiale con due o più incognite a coefficienti interi e per la quale si ricercano solu-zioni intere, si chiama equazione diofantea. Ciò perché Dio-fanto di Alessandria (vissuto nel III secolo d.C.) nella sua fa-mosa Aritmetica, trattò molti di questi problemi. Sulle equazioni diofantee ci sono diversi risultati, di cui ne ve-diamo qualcuno. Teorema 1 L’equazione diofantea di I grado a due incognite ax + by = 1 ammette soluzioni solo se MCD(a, b) = 1. Così per esempio l’equazione diofantea 17x + 19y = 1, ha so-luzioni grazie al fatto che MCD(17, 19) = 1. In particolare per determinare una delle sue infinite soluzioni usiamo il cosiddetto algoritmo di Euclide per la determinazio-ne del MCD di due numeri interi. Esso consiste nell’effettuare le divisioni successive dei primi due numeri e poi in succes-sione di ogni divisore ottenuto per il relativo resto, finché non si ottiene resto zero. L’ultimo resto non nullo è il massimo comun divisore. Così dividiamo 19 per 17 e troviamo: 19 = 17 ⋅ 1 + 2. Il resto della divisione è 2, quindi continuiamo a dividere, 17 per 2 (il resto), ottenendo: 17 = 8 ⋅ 2 + 1. Ancora il resto non è 0, quin-di dividiamo 8 per 1: 8 = 8 ⋅ 1 + 0. Abbiamo ottenuto 0, allora con un processo a ritroso, sostituiamo nelle uguaglianze pre-cedenti: 1 = 17 – 8 ⋅ 2 = 17 – 8 ⋅ (19 – 17 ⋅ 1) = 17 – 8 ⋅ 19 + 8 ⋅ 17 = 17 ⋅ 9 – 8 ⋅ 19. A questo punto abbiamo finito, dato che abbiamo ottenuto un’espressione equivalente a quella data:


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17x + 19y = 1. Quindi (x = 9, y = –8) è una soluzione dell’equazione data. Vale anche un risultato più generale. Teorema 2 L’equazione diofantea di I grado a due incognite ax + by = c ammette soluzioni solo se MCD(a, b) è un divisore di c. Così l’equazione 4x – 6y = 3 non ha soluzioni intere perché MCD(4, 6) = 2 non divide 3. Mentre l’equazione 24x + 40x = 48 ammette soluzioni intere perché MCD(24, 40) = 8 che è un divisore di 48. Essa equivale quindi all’equazione 3x + 5y = 6 che ha soluzioni perché MCD(3, 5) = 1, che divide 6. Per trovare una soluzione. Ap-plichiamo l’algoritmo euclideo per determinare il MCD(3, 5). 5 = 3 ⋅ 1 + 2, 3 = 2 ⋅ 1 + 1, 2 = 2 ⋅ 1 + 0. Allora 1 = 3 – 2 ⋅ 1 = 3 – 1 ⋅ (5 – 3) = 3 ⋅ 2 – 5 ⋅ 1. Quindi una soluzione dell’equazione 3x + 5y = 1 è (x = 2, y = –1), che però non è l’equazione data. Ma da 1 = 3 ⋅ 2 – 5 ⋅ 1 otteniamo 6 = 3 ⋅ 12 – 5 ⋅ 6, quindi una soluzione dell’equazione iniziale è (x = 12, y = –6). Concentrandoci sulla soluzione generale dell’equazione ax + by = c, enunciamo il seguente fatto. Teorema 3 L’equazione diofantea di I grado a due incognite ax + by = c, se ammette una soluzione x = x0 e y = y0, tutte le sue soluzioni si ottengono dalla formula: x = x0 + t ⋅ b e y = y0 – t ⋅ a, al va-riare del parametro t in Z . Quindi possiamo dire che (12 + 5t; – 6 – 3t) è la soluzione ge-nerale dell’equazione diofantea 3x + 5y = 6.


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Nei problemi indeterminati fra le infinite soluzioni ci interessa spesso la minima soluzione positiva. Come facciamo a deter-minarla? Nel caso precedente, dato che cerchiamo soluzioni

intere positive deve essere 12 + 5t > 0 12

5t > − t ≥ –2.

Quindi x = 12 + 5 ⋅ (–2) = 2, è la minima x positiva. Allo stes-so modo –6 – 3t > 0 t < –2 e la minima soluzione positiva di y è y = 3. Dato che i due fatti avvengono per valori di t in-conciliabili, possiamo dire che non esiste alcuna soluzione con entrambi i valori positivi. Un ultimo richiamo teorico riguarda il fatto che è possibile che la somma di due numeri non multipli di n sia un multiplo di n, per esempio 2 + 3 = 5 e né 2 né 3 sono multipli di 5. Non è pe-rò possibile che la somma fra due numeri uno multiplo di n e l’altro no sia multiplo di n. In particolare vale il seguente ov-vio risultato: Teorema 4 Se a + b è multiplo di n e a è multiplo di n, allora anche b è multiplo di n. Vediamo adesso alcuni problemi, tratti dall’opera di Yakov Perelman, Algebra ricreativa. 1 Una sciarpa costa 19 rubli, ma l'acquirente ha solo biglietti da tre rubli e la cassiera, solo biglietti da cinque rubli. L'im-porto può essere pagato in queste condizioni dell'acquisto e come si fa? Dobbiamo trovare la minima soluzione intera positiva dell’equazione diofantea 3x – 5y = 19, la quale ha soluzione grazie al teorema 2. Cominciamo quindi a trovare MCD(3, 5) con l’algoritmo euclideo: 5 = 3 ⋅ 1 + 2; 3 = 1 ⋅ 2 + 1; 2 = 1 ⋅ 2 + 0. A ritroso: 1 = 3 – 1 ⋅ 2 = 3 – 1 ⋅ (5 – 3 ⋅ 1) = 3 ⋅ 2 – 1 ⋅ 5. Dato che 19 = 3 ⋅ 38 – 19 ⋅ 5, abbiamo che la coppia (38; 19) è una soluzione dell’equazione data. Per il Teorema 3, la solu-


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zione generale dell’equazione è x = 38 – 5t e y = 19 – 3t. De-vono essere valori positivi, quindi deve essere t < 38/5, cioè t ≤ 8 e t < 19/3, ossia t ≤ 6. Quindi 0 ≤ t ≤ 6, ossia abbiamo solo 7 soluzioni, la cui minore si ha per t = 6 ed è (8; 1). Sempre dallo stesso testo vediamo un quesito più complesso. 2Avendo a disposizione un rublo vogliamo comprare 40 fran-cobolli di valore 1, 4 o 12 copechi. Quanti ne possiamo com-prare di ogni tipo? 1 rublo equivale a 100 copechi. Quindi dobbiamo risolvere il sistema di due equazioni in 3 incognite seguenti, in cui indi-chiamo con x, y e z la quantità di ogni tipo di francobollo:

40

4 12 100

x y z

x y z

+ + =

+ + =. Ovviamente il sistema è indeterminato,

dato che ha meno informazioni di quante sarebbero necessarie. Sottraendo termine a termine troviamo: 3y + 11z = 60, da cui

ricaviamo 60 11 11

203 3

zy z

−= = − . Dato che lavoriamo con

numeri interi z deve essere un multiplo di 3, lo indichiamo quindi con 3n. Perciò y = 20 – 11n e sostituendo nella prima equazione otteniamo: x + 20 – 11n + 3n = 40, cioè x = 8n + 20. Dato che cerchiamo numeri naturali abbiamo che deve essere 20 – 11n ≥ 0 0 ≤ n ≤ 20/11 0 ≤ n ≤ 1. Quindi ci sono so-lo due possibilità: n = 0 ∨ n = 1, da cui otteniamo x = 20, y = 20, z = 0, oppure x = 28, y = 9, z = 3. Un ultimo problema, sempre tratto dai testi di Perelman. 3 Tre fratelli andarono a vendere polli al mercato. Uno ne aveva 10, uno 16, e l’ultimo 26. Fino a mezzogiorno ciascuno aveva venduto allo stesso prezzo una parte dei polli. Dopo mezzogiorno, temendo di non riuscire a venderli tutti, abbas-sarono i prezzi, ma sempre con un prezzo comune. Alla fine


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tornarono a casa ciascuno avendo incassato 35 rubli e avendo venduto tutti i polli. A che prezzo vendettero ciascun pollo prima e dopo mezzogiorno? Le incognite qui sono ben 5, quanti polli vendettero ciascuno prima di mezzogiorno (dopo ovviamente lo otteniamo per dif-ferenza dal totale) e i due prezzi di vendita. Pertanto il sistema da risolvere è formato da 3 equazioni in 5 incognite, in cui p1 e

p2 indicano i prezzi di vendita:

( )

( )

( )

1 2

1 2

1 2

10 35

16 35

26 35

x p x p

y p y p

z p z p

⋅ + − ⋅ =

⋅ + − ⋅ = ⋅ + − ⋅ =

. Sot-

traendo termine a termine otteniamo un sistema di 2 equazioni:

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )1 2 1 2 2

1 2 1 2 2

16 0 16

10 0 10

x z p x y p x z p p p

y z p y z p y z p p p

− ⋅ − − + ⋅ = − ⋅ − =

− ⋅ − − + ⋅ = − ⋅ − = .

Dividiamo membro a membro: 8

5 8 5

x z x z y z

y z

− − −= =

−. Da-

to che parliamo di numeri interi deve essere x – z = 8n e y – z = 5n, cioè x = z + 8n e y = z + 5n. Anche n è positivo perché chiaramente x > y > z, dato che chi aveva meno polli ne ha venduti al mattino più di chi ne aveva di più, diversamente alla fine non avrebbero lo stesso incasso. Dato che x < 10, z + 8n < 10, la cui unica soluzione in interi positivi è z = n = 1. Pertanto sostituendo avremo: x = 9, y = 6, z = 1. Perciò abbiamo:

1 2 1

1 2 2

9 35 3,75

6 10 35 1, 25

p p p

p p p

+ = =

+ = = . Infine i polli sono stati vendu-

ti a 3 rubli e 75 copechi al mattino e 1 rublo e 25 il pomerig-gio.


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Attività

1. 1 (Lilavati di Bhaskara): O matematico, rispondi rapi-damente. Qual è il minimo numero naturale che moltipli-cato per 221 ed aumentato di 65 diviene un multiplo di 195?

2. (Algebra di Eulero). Dividi 100 in due addendi, uno divi-sibile per 7 e l’altro per 11.

3. 1 (P) I lati di un rettangolo sono misurati da numeri inte-ri. Quanto sono queste misure se il perimetro e l’area hanno lo stesso valore numerico?

4. 2 (Mahaviracarya). Furono raccolte delle mele, che fu-rono sistemate in 37 cassette, ciascuna contenente lo stes-so numero di frutti. Ogni cassetta conteneva più di 100 e meno di 200 mele. Sapendo che i raccoglitori erano 79 e che quando si divisero le mele in parti uguali ne avanza-rono 17, si vuol sapere quante mele ebbe ciascun racco-glitore e quante ne conteneva ciascuna cassetta.

5. 1 (Manoscritto arabo del 1200) Un’oca costa 5 dracme, una gallina 1 dracma e 20 pulcini 1 dracma. Avendo 100 dracme e volendo comprare 100 animali, quanti dovrai prenderne di ciascun tipo?

6. 2 Un teatro ha 90 posti. Il proprietario vuole incassare 100 euro facendo pagare 5 euro il prezzo intero, 2 euro il ridotto militari e per ogni 10 ragazzi al di sotto dei 12 an-ni farà pagare 1 euro. Quanti adulti, militari e ragazzi de-vono entrare?

7. 2 (Manuale tedesco del 1526) In una taverna, 20 perso-ne pagano un conto di 20 dobloni. Vi sono uomini, donne e bambini. Sapendo che gli uomini pagano 3 dobloni, le donne 2 ed i bambini ½ doblone, determinare quanti era-no gli uomini, quante le donne e quanti i bambini.

8. 2 (Problèmes plaisants et délectable qui se font par les nombres di Gaspar Bachet) 41 persone fra uomini, don-


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ne e bambini mangiano ad una locanda. Il conto è di 40 soldi. Gli uomini pagano 4 soldi, le donne 3 ed i bambini ½ soldo. Quanti sono gli uomini, quante le donne e quanti i bambini?

9. 2(AY) Si distribuiscono 100 covoni di grano fra 100 per-sone, in modo che ogni uomo ne riceva 3, ogni donna 2 ed ogni bambino mezzo. Si vuol sapere quanti sono gli uomi-ni, quante le donne e quanti i bambini.Vogliamo la mini-ma soluzione di uomini.

10. 2 (Bija–Ganita) Vi erano 63 mucchi di datteri, ciascuno contenente lo stesso numero di frutti e 7 frutti isolati. Tutti i datteri furono divisi esattamente fra 23 marinai. Quanti frutti vi erano in ogni mucchio?

11. 2 (P) Con 5 rubli vogliamo comprare 100 frutti scelti fra angurie, mele e susine. Sapendo che una anguria costa 50 copechi, 1 mela 10 copechi e una susina 1 copeco. Quanti frutti di ciascun tipo possiamo comprare spendendo tutti i 5 rubli?

12. 3 (P) I numeri 46 e 96 verificano la proprietà secondo la quale il loro prodotto si può esprimere anche mediante due fattori le cui cifre sono scambiate, cioè 46 ⋅ 96 = 64 · 69. Vi sono altre coppie di numeri interi di due cifre con la stessa proprietà?


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Risposte alle Attività proposte Un po’ di storia 1. Una quantità e la sua metà equivalgono a 1 + 1/2 = 3/2.

Pertanto se 3/2 di qualcosa fanno 16, il qualcosa si ottiene dividendo per 3 e prendendone 2, cioè 16/3 ⋅ 2 = 32/3.

2. Ricaviamo ogni metallo mediante il suo corrispondente pe-so in oro. L’argento pesa 3 volte l’oro; l’oricalco 3 volte l’argento, quindi 9 volte l’oro; lo stagno 3 volte l’oricalco, quindi 27 volte l’oro. Perciò in totale abbiamo che il piatto è come se fosse fatto da 1 + 3 + 9 + 27 = 40 parti di oro. Perciò una parte di oro pesa 360/40 = 9 once. Ovviamente l’argento pesa 27 once, l’oricalco 81 once e lo stagno 243 once.

3. Il primo ha 4 buoi in meno del secondo, dato che se ne ha 2 in più e l’altro 2 in meno ne hanno lo stesso numero. Allo stesso modo il secondo con 2 buoi in più ne ha il doppio del primo con 2 buoi in meno. Ovviamente quindi il primo deve avere più di 4 buoi e il secondo più di 2. Inoltre devo-no averne entrambi un numero pari, perché il primo più 2 ne ha il doppio. Allora proviamo il caso minimo, cioè il primo 8 e il secondo 4 (6 e 2 non è possibile). Se il primo ne prende due al secondo ne hanno 10 e 2 che non va bene. Aumentiamo di 2 a ciascuno: 10 e 6 non va bene perché nel secondo caso avremo 12 e 4. Non va bene neppure 12 e 8, perché poi sarà 14 e 6. Invece la soluzione cercata è 14 e 8, infatti diventa 12 e 6.

4. Dato che Alberto e Chiara insieme hanno il triplo dell’età di Bice e il solo Alberto ha il doppio dell’età di Bice, vuol dire che Chiara e Bice hanno la stessa età. Pertanto i 3 in-sieme hanno 4 volte l’età di una delle due ragazze. Cioè le ragazze hanno 40/4 = 10 anni ciascuna e Alberto ne ha 20.

5. Dato che 12 anni fa l’età di Paolo era tripla di quella di


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Massimo e oggi è doppia, vuol dire che 12 anni fa Massi-mo aveva appunto 12 anni. Quindi oggi ne ha 24 e Paolo 48. Infatti 12 anni fa avevano rispettivamente 36 e 12 anni.

6. Partiamo dalla fine. Ne hanno 20 a testa, quindi prima che Zaira facesse la distribuzione gli altri ne avevano 10 a testa e lei 40. Perciò prima che Fabio giocasse il suo turno, Zaira ne aveva 20 e Serena 5, quindi Fabio 35. E quindi all’inizio, Fabio doveva averne 17,5 che è assurdo. Il pro-blema non ha soluzione.

7. Ripetendo quanto detto prima abbiamo la seguente succes-sione di eventi, a partire dalla fine: (24, 24, 24) → (12, 12, 48) → (6, 42, 24) → (39, 21, 12).

8. Diciamo che il romanzo ha 3n pagine, n per volume. Le somme sono perciò 1 + (n + 1) + (2n + 1) = 3n + 3. Tale espressione deve fare 1353, quindi deve essere 3n = 1350, cioè n = 450. Quindi il romanzo ha 3 ⋅ 450 = 1350 pagine.

9. Conviene andare per tentativi. Il quarto avrà ovviamente un numero pari di rubli, dato che dimezzeremo il suo denaro probabilmente è quello che ha di più. Certamente non ha più della metà del totale, cioè più di 22 rubli. Vediamo co-sa accade in questo caso. Se avesse 22 rubli, dimezzando ne avrebbe 11, che non possono essere quanto ne avrebbe il terzo raddoppiando, dato che è un numero dispari. Suppo-niamo abbia 20 rubli. Dimezzando ne avrà 10, quindi il te-rzo ne aveva 5, il secondo 12 e il primo 8. Dato che effet-tivamente 20 + 5 + 12 + 8 = 45, abbiamo trovato la risposta corretta.

10. Diciamo v1 e v2 le due velocità, con v1 > v2. In ogni caso deve percorrersi una distanza pari al treno più lungo, cioè 200 metri. Nel primo caso questa distanza viene percorsa un po’ da un treno e po’ dall’altro per un totale di 5 secon-di. Quindi (v1 + v2) × 5 = 200. Nel secondo caso invece è come se il treno più veloce avesse velocità pari alla diffe-renza delle due velocità, cioè (v1 – v2) × 15 = 200. perciò dobbiamo trovare due numeri la cui somma è 200/5 = 40 e


53

la cui differenza è 200/15 = 40/3. La somma di questi due numeri è il doppio di v1, che perciò è (40 + 40/3)/2 = 80/3; quindi v2 = 40 – 80/3 = 40/3. In effetti in 5 secondi, nel primo caso, il primo percorre 400/3 metri e il secondo 200/3, in totale hanno percorso 200 metri. Nel secondo ca-so, in 15 secondi il primo percorre 400 metri, il secondo invece 200 metri, quindi il primo ha superato il secondo appunto di 200 metri.

11. La quarta confezione contiene le stesse candele della prima e in più ha due candele rotonde, quindi costa $21 più due

candele rotonde. Del resto contiene an-che la seconda confezione più una candela quadrata e una rotonda, quindi costa anche $19 più queste due candele.

Perciò 2 rotonde più $2 costano quanto una rotonda e una quadrata. Cioè una quadrata costa $2 in più di una rotonda. D’altro canto considerando la prima e la terza confezione possiamo dire che una candela triango-

lare costa $3 in più di una rotonda. Ma allora i $21 della prima confezione equivalgono al costo di 4 rotonde e di $2 + $2 + $3 = $7, cioè 4 rotonde costano $14, quindi una rotonda costa $14/4 = $3,50. Perciò l’ultima confezione costa $21 +$7 = $28. Per completezza possiamo dire che una candela quadrata costa $5,50 e una triangolare $6,50. Verifichiamo che tutto funzioni. La pri-ma confezione costa $11 + $3,50 +$6,50 = $21. La secon-da $7 + $5,50 +$6,50 = $19. La terza $13 + $11 = $24.

12. In generale abbiamo la seguente catena a partire dalla fine: (n, n, n) → (n/2, n/2, 2n) → (n/4, 7n/4, n) → (13n/8, 7n/8, n/2). Perché il problema abbia soluzione dobbiamo avere


54

sempre numeri interi, quindi solo se n è multiplo di 8. 13. Ovviamente al mattino è stato arato il doppio di quanto fat-

to nel pomeriggio, per il campo grande. Cioè nel pomerig-gio è stato arato 1/3 del campo grande. Ma se metà lavora-tori in mezza giornata arano 1/3 del campo grande, areran-no anche 2/3 del campo piccolo. Quindi è rimasto da fal-ciare 1/3 del campo piccolo. E questo è quanto riesce ad arare un mietitore in un giorno. Ma siccome tutto il campo è formato da 3 campi piccoli, vuol dire che un mietitore a-vrebbe bisogno di 3 ⋅ 3 = 9 giorni per fare il tutto. Quindi quel giorno c’era da lavorare per (9 – 1) = 8 aratori.

Criptoaritmetica 1. Visto che A ⋅ A finisce per A, A può essere 0, 1, 5, 6. Se

però A fosse zero il prodotto dovrebbe finire con due zeri, cioè dovrebbe avere due A. quindi non è possibile. Se A = 1, D12 è un numero di 4 cifre se D ≥ 4. Si verifica facil-mente che nessuna delle cifre sostituita a D fornisce un prodotto con due cifre consecutive uguali. Se A = 5, D52

finisce per 25, quindi dovrebbe essere D = 2, ma 252 = 625. Allora l’ultima possibilità è che sia A = 6. Si trova facil-mente che l’unica soluzione è 762 = 5776.

2. Poiché abbiamo a che fare con cifre, il massimo riporto di K + O è 1, quindi deve essere W = 1. Inoltre, poiché O + K = O, ovviamente con riporto di 1, perché K + O = 1, deve essere O = 2 e K = 9. La somma corretta è 29 + 92 = 121.

3. * è 3@, quindi deve essere una cifra multipla di 3, cioè 3, 6 o 9. Ma anche & deve essere una cifra dello stesso tipo, perché è uguale a 3#. Del resto devono essere cifre diverse. Non possono essere 6 e 9 perché 6 + 9 è un numero di due cifre. Quindi uno dei due è 3, l’altro è 6, in ogni caso però £ = 9.

4. A può essere 1 oppure 6. Nel primo caso avremo: BC21 + 1B1 = 4B12, perciò dovrebbe essere B = 9, ma ciò è in


55

contraddizione con il fatto che B non può essere superiore a 4, come si evince dalla prima cifra del primo addendo. Nel secondo caso invece BC26 + 6B6 = 4B62, così B = 3 e C = 7. Infine si ha 3726 + 636 = 4362.

5. Osserviamo che tutte le parole contengono una E ed una F, quindi possiamo evitare di calcolare la somma dei loro va-lori, perciò basta calcolare il valore delle parole BE; AD; ED; AC; DA. I valori sono: 7; 5; 9; 4; 5. Perciò la parola di maggior valore è FEED.

6. Al massimo si ha: A + B + C = 9 + 8 + 7 = 24, quindi an-che con un eventuale riposto della precedente somma, sempre di 2, vuol dire che la cifra B della somma è 1 oppu-re 2. Dato A + B + C = C, con eventuale riporto, vuol dire che A + B = 10, quindi A = 8 oppure A = 9. Se A = 8, ab-biamo 8888 + 2222 + CCCC = 2888C, che però non ha so-luzioni perché dovrebbe essere C = 7, ma allora la prima cifra della somma dovrebbe essere 1. Se A = 9 invece si ha: 9999 + 1111 + 8888 = 19998, che funziona.

7. Dato che 9 ⋅ E è un numero che finisce per E, questa lettera può essere solamente 5. Quindi 9 ⋅ 5 = 45. Allora 9 ⋅ N + 4 è un numero che finisce per N. Le uniche possibilità per N sono 2 oppure 7, infatti 9 ⋅ 2 + 4 = 22 e 9 ⋅ 7 + 4 = 67. Se N = 2, avremo 9 ⋅ O + 2 = 2I, che è verificato da O = 3 e I = 9, mentre se N = 7, 9 ⋅ O + 6 = 7I fornisce O = I = 8, che non può essere accettabile. Perciò l’unica possibilità è 9 ⋅ 325 = 2925.

8. Poiché 5 ⋅ E è un numero che finisce per A e i multipli di 5 finiscono per 0 o 5, ma in questo caso non è possibile 0, deve essere A = 5. Allora E è un numero dispari maggiore di 1 perché 5 ⋅ E deve avere un riporto, dato che 4 ⋅ D non può finire per 5. Adesso 4 ⋅ D + h, con h la cifra delle deci-ne di 5 ⋅ E, è un numero che finisce per 5. Se E = 3, D = 6, così 4 ⋅ 6 + 1 = 25. In questo caso però dovrebbe essere C = 1 e non esiste poi B tale che B ⋅ 2 finisca per 5. Se E = 7, D = 8, così 4 ⋅ 8 + 3 = 35. In questo caso allora C = 4 e B =


56

2. Va bene. Se E = 9, D = 1 ma così non vi è riporto. Infine abbiamo: 52487 + 2487 + 487 + 87 + 7 = 55555.

9. Poiché 3 ⋅ K finisce per K, le uniche possibilità sono 0 o 5. Ma se K = 0 allora E = 5, mentre se K = 5, E non può esse-re 0, perché avremmo un riporto di 1. A questo punto 3 ⋅ A con il riporto di 3 ⋅ R, deve finire per A. Poiché questo ri-porto non può essere superiore a 2, le uniche possibilità per A sono 4 o 9, entrambe con riporto di 2. Quindi R deve es-sere 7, 8 o 9. Inoltre 3 ⋅ M < 9, quindi M = 1 o 2. Ora se A = 4, R può essere solo 9, con la soluzione 24950 + 24950 + 24950 = 74850. Infatti se fosse R = 7, allora N = 2 e così non vi sono scelte per M, dato che 3 ⋅ 1 + 1 = 4 e 3 ⋅ 2 + 1 = 7. Analogamente se fosse R = 8, allora N = 5. Non ci so-no altre soluzioni perché se A = 9, R non può essere 7, per-ché allora avremo N = M = 2. Non può neanche essere R = 8, perché allora N = 5.

10. Possiamo già colmare qualche lacuna.

4 ? 6

? 7

? ? 8 2

1 2 ? ?

? ? ? ? 2

×

=

. Infatti

solo 7 ⋅ 6 finisce per 2. Dato che questa moltiplicazione ha un riporto di 4, 7 ⋅ ? + 4 deve finire per 8, quindi 7 ⋅ ? deve finire per 4, il che accade solo per 7 ⋅ 2. Pertanto abbiamo:

4 2 6

? 7

2 9 8 2

1 2 ? ?

? ? ? ? 2

×

=

. Adesso la cifra delle decine del secondo fattore


57

deve essere 3, viste le prime due cifre del prodotto della

seconda riga. Quindi alla fine abbiamo:

4 2 6

3 7

2 9 8 2

1 2 7 8

1 5 7 6 2

×

=

.

11. Dato che il quadrato di Q ha cifra delle unità uguale a Q, i valori possibili per Q sono 0, 1, 5, 6. Possiamo eliminare ovviamente o e 1, quindi possiamo avere solo 5 o 6. Cioè PP5 ⋅ 5 = R555 oppure PP6 ⋅ 6 = R656. Nel primo caso 5 ⋅ P deve avere 3 come cifra delle unità, poiché riportiamo 2 dalla precedente moltiplicazione 5 ⋅ 5. Ma ciò non è possi-bile poiché tutte le moltiplicazioni per 5 finiscono per 0 o per 5. Quindi deve essere Q = 6. Consideriamo perciò il secondo prodotto. In questo caso 6 ⋅ P deve avere 2 come cifra delle unità, poiché riportiamo 3 dalla precedente mol-tiplicazione 6 ⋅ 6. Quindi P = 2 o P = 7. Cioè 225 ⋅ 5 = R555 oppure 776 ⋅ 6 = R656. Ma 225 ⋅ 5 = 1125, invece 776 ⋅ 6 = 4656, che è l’unica possibilità. Infine P + Q + R = 7 + 6 + 4 = 17.

12. Poiché la massima somma ottenibile è 64 + 53 = 117, vuol dire che E = 1. Dato che le cifre sono tutte diverse né B, né D possono essere 0, e poiché 0 non può rappresentare la prima cifra né degli addendi né della somma, vuol dire che 0 è F oppure G. Se fosse G = 0, vorrebbe dire che B e D sono 4 e 6, potendosi scambiare fra loro i numeri. Avrem-mo perciò A6 + C4 = 1F0 oppure A4 + C6 = 1F0, che sono la stessa somma, per la commutatività. Solo che in entram-bi i casi il massimo valore che può avere A + C è 8 e con il riporto essa può arrivare a 9, quindi non otterremmo un numero di 3 cifre. Ciò vuol dire che non è possibile G = 0, perciò deve essere F = 0. Cioè AB + CD = 10G. In questo caso possiamo avere o A + C=10, o A + C = 9. Nel secon-


58

do caso dovrebbe essere B + D > 9, in modo da avere un riporto di 1. Ma ciò non è possibile perché B + D = 10 ab-biamo già visto essere impossibile, allo stesso modo non può essere neanche B + D = 11, perché 1 è già stato asse-gnato. Quindi è A + C = 10. Quindi o 6B + 4D = 10G, op-pure 4B + 6D = 10G, che sostanzialmente sono la stessa cosa, dato che la somma è commutativa. Per i simboli in-cogniti rimangono le cifre 2, 3, 5. Facilmente si ha 62 + 43 = 105, oppure 63 + 42 = 105, in entrambi i casi G = 5.

13. La somma 2 + 9 + *, con eventuale riporto che non può es-sere più di 1, ha come cifra delle unità 6. Quindi la somma

è 16, perciò si ha:

* * *

1 * *

2 2 * *

9 0 *

4 5 2

5 6 * * *

×

. A questo punto abbiamo tro-

vato il primo fattore, che è 452, dato che tale prodotto è da-to da 1 per il detto fattore. Possiamo così trovare anche le cifre mancanti al secondo fattore, infatti l’unico multiplo di 452 che ha 4 cifre e inizia per 22 è 2260 (452 ⋅ 5), e analo-

gamente 904 = 452 ⋅ 2. Quindi abbiamo:

4 5 2

1 2 5

2 2 6 0

9 0 4

4 5 2

5 6 5 0 0

×

. Infine

la somma richiesta è 16.


59

14. Usiamo delle lettere per indicare i termini incogniti:

7

9

9 0 0

a b c

d e

f g

+

+

=. Avremo allora la validità delle seguenti ugua-

glianze: c + e = 11; b + g = 11, a + d + f = 7. Allora pos-siamo avere per (c, e) e per (b, g) le uniche possibilità (3, 8) e (5, 6). Vista però la condizione sull’ordine abbiamo

solo questa possibilità:

3 5

7 6

8 9

9 0 0

a

d

f

+

+

=. A questo punto anche

per le altre incognite vi è una sola possibilità: 135 + 276 + 489 = 900.

15. Dato che 7 ⋅ E deve finire per 2, deve essere E = 6. Quindi abbiamo un riporto di 4 e 6 ⋅ C + 4 deve finire per 6, cioè C = 2 o C = 7. Se C = 2, avremo anche 3 ⋅ C = 6, cioè in 4 ⋅ D non vi deve essere riporto. Determiniamo A. 6 ⋅ 2 = 12, perciò 5 ⋅ A + 1 deve finire per 6, cioè A deve essere un numero dispari. Diciamo h il riporto di 5 ⋅ A + 1, 4 ⋅ D + h deve finire per 6 e non deve avere riporto, cioè 4 ⋅ D + h = 6. Consideriamo cosa accade al variare di A. Se A = 1, h = 0 e 4 ⋅ D = 6 non ha soluzioni accettabili. Se A = 3, h = 1 e 4 ⋅ D + 1 = 6 non ha soluzioni accettabili. Se A = 5, h = 2 e 4 ⋅ D + 2 = 6 D = 1. Se A = 7, h = 3 e 4 ⋅ D + 3 = 6 non ha soluzioni accettabili. Se A = 9, h = 4 e 4 ⋅ D + 4 = 6 non ha soluzioni accettabili. A questo punto B = 3 e l’addizione diventa 5821526 + 821526 + 21526 + 1526 + 526 + 26 + 6 = 6666662. Se C = 7, avremo anche 3 ⋅ C = 21, cioè in 4 ⋅ D vi deve essere un riporto di 5, dato che E = 6, ma ciò è


60

impossibile, perché al massimo 4 ⋅ 9 = 36. Quindi vi è la sola soluzione precedente.

16. Riscriviamo il numero da trovare 7abcdef9. Dobbiamo a-

vere 7 20

720

a bc

a b c

+ + = =

+ + =, quindi il numero diventa

7ab7def9. Analogamente 7 20

720

d ef

d e f

+ + = =

+ + =. Quindi

7ab7de79, per cui ovviamente e + 7 + 9 = 20 e = 4. E il numero diventa: 7ab7d479. Così continuando abbiamo: 7 + d + 4 = 20 d = 9; b + 7 + 9 = 20 b = 4; 7 + a + 4 = 20 a = 9. Infine il numero è 79479479.

17. Scrivendo in forma posizionale abbiamo: 10 ⋅ B + C + C = 10 ⋅ A + B 9 ⋅ B + 2 ⋅ C = 10 ⋅ A. Adesso costruiamo una semplice tabella in cui vediamo quali possibilità vi so-no, tenendo conto che le tre cifre devono essere diverse e sia A che B non possono essere 0.

A 2 4 6 8 1 3 5 7 9 B 2 4 6 8 0 2 4 6 8 C 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Quindi le somme possibili sono: 26 + 6 = 32; 47 + 7 = 54; 68 + 8 = 76.

18. Usando la notazione decimale abbiamo: 1000a + 100b + 10c + d + 100a + 10b + c + 10a + b + a=2006. Cioè 1111a + 111b + 11c + d = 2006. Chiaramente a deve essere 1, perché non può essere nullo e valori maggiori di 1 darebbe-ro somme maggiori di 2006. Perciò abbiamo: 111b + 11c + d = 895. Deve essere b ≥ 8, perché per b = 7 dovrebbe es-sere 11c + d = 118, mentre al massimo 99 + 9 = 108. Ov-viamente b < 9, quindi b = 8. Quindi deve essere: 11c + d = 7, da cui c = 0 e d = 7. Il numero cercato è quindi 1807. In effetti 1807 + 180 + 18 + 1 = 2006.


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Equazioni ed uguaglianze 1. Sommando le prime due uguaglianze abbiamo che +

+ + = 23, se da tale somma togliamo + otte-niamo quanto richiesto, cioè 23 – 10 = 13.

2. Poiché 1 triangolo equilibra 2 quadrati, 2 triangoli equili-brano 4 quadrati. E poiché 2 triangoli equilibrano 3 cerchi, allora 3 cerchi equilibrano 4 quadrati.

3. Dalla prima pesata vediamo che un quadrato e un cerchio pesano 8, ma allora nella seconda pesata, se togliamo un quadrato e un cerchio togliamo 8 al totale, quindi un cer-chio pesa 3. La terza pesata ci dice perciò che 2 triangoli pesano 15 – 3 = 12, e perciò un triangolo pesa 6.

4. Se togliamo 2 studenti alla settima classe, 4 alla sesta, 6 alla quinta e così via, 14 alla prima, tutte le classi avranno lo stesso numero di studenti dell’ottava. Cioè 208 – (2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14) = 208 – 56 = 152 è 8 volte il nu-mero di studenti dell’ottava classe, che sono quindi 152/8 = 19. Nelle altre classi ci sono 21, 23, 25, 27, 29, 31 e 33 studenti.

5. Dato che 9 cilindri pesano quanto 3 cubi grandi, un cubo grande pesa quanto 3 cilindri. Poiché 6 sfere pesano quanti due cubi grandi, vuol dire che 3 sfere pesano quanto un cubo grande. Perciò 3 sfere pesano quanto 3 cilindri, cioè una sfera e un cilindro hanno lo stesso peso. Perciò un ci-lindro pesa un quarto di 100 g, cioè 25 g. Infine 5 cubetti pesano 7 ⋅ 25 g = 175 g e quindi un cubetto pesa 175g : 5 = 35 g.

6. Notiamo che ogni ragazza dice di avere ballato con 6 ra-gazzi in più di quante ragazze si sono espresse fino a quel momento. Questo significa che i maschi sono 6 più di loro, quindi 42 – 6 = 36 rappresenta il doppio delle ragazze, cioè 18. I ragazzi sono perciò 24.


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7. Metà percorso con l’elefante la fa in 16 minuti, quindi me-tà del percorso a piedi la fa in 40 – 16 = 24 minuti. Infine andata e ritorno a piedi impiega 48 minuti.

8. Sono rimasti 533 – 75 – 46 – 52 = 360 litri, quindi 120 litri per barile. Ciò vuol dire che all’inizio vi erano 195, 166 e 172 litri per barile.

9. Poiché il treno deve attraversare completamente la galleria in effetti percorre (2 + 1) Km in 2 minuti. Nel secondo ca-so quindi deve percorrere (1 + 0,5) Km, che essendo la metà della distanza precedente lo farà in metà tempo, cioè in 1 min.

10. Le 26 uova rimaste sono metà di quelle che aveva alle 10, meno un uovo, quindi alle 10 aveva (27 + 1) ⋅ 2 = 54 uova. Queste a loro volta erano metà di quelle che aveva all’inizio meno un uovo. Perciò all’inizio aveva (54 + 1) ⋅ 2 = 110 uova. Verifichiamo. Alle 10 ha venduto 55 + 1 = 56 uova e ne rimangono 54. Alle 12 ha venduto 27 + 1 = 28 uova e ne rimangono 26.

11. Due clienti ovviamente mangiano il doppio di fette gratis di uno. Dato che uno paga $5 in più questo è il costo delle fette gratis se venissero pagate. Questo vuol dire che se dovessero pagare tutte le 13 fette costerebbero $13. Quindi ogni fetta costa $1. Perciò ogni cliente può mangiare 5 fet-te gratis.

12. Quanto detto equivale a P + Q = 16 e P − Q = 4. Somman-do termine a termine otteniamo 2P = 20, cioè P = 10.

13. I giorni di vacanza sono formati da x giorni in cui ha pio-vuto mattina e pomeriggio, y con pioggia al mattino e se-reno il pomeriggio e z con pomeriggi piovosi e mattine se-rene. Infine vi sono t giorni con mattine e pomeriggi sere-ni. Cioè x + y + z + t, è il numero da trovare. Ma x + y + z = 7; y + t = 5 e z + t = 6. Inoltre x = 0 perché se il pome-riggio ha piovuto la mattina è stato sereno. Quindi y + z = 7, e anche y + z + 2t = 11, da cui 2t = 4, t = 2 e perciò x + y + z + t = 9.


63

14. Abbiamo 2 3 3 3 9

3 4 4 2 8x y x y y= = × = . Ovviamente sia x

che y devono essere numeri interi, e il minimo intero y per cui il secondo membro risulti positivo è ovviamente 8, nel qual caso x = 9, che è perciò il minimo numero di persone del gruppo. In questo caso 6 di essi sono seduti su 6 di 9 sedie.

15. All’inizio nella prima scatola ci sono x gemme e nella se-

conda 126 – x. Poi nella prima ci sono 1 4

13 3

x x

+ =

.

Nella seconda ci sono ( ) ( )1 2

1 126 1263 3

x x

− ⋅ − = ⋅ −

e

questi numeri sono uguali. Perciò: ( )4 2

1263 3

x x= − 4x

= 252 – 2x 6x = 252 x = 42. Quindi nella prima sca-tola c’erano 42 gemme e nella seconda le rimanenti 126 – 42 = 84.

16. Consideriamo la somma di tutti pesi dei due bracci nel se-condo ramo, questi equilibrano i pesi del primo ramo per-tanto 2 + 2 + 1 hanno lo stesso peso di 2 + 2

. Quindi eliminando gli elementi uguali dai due bracci, avremo che 2 hanno lo stesso peso di 1 . Cioè 1

pesa 2 Kg. Ma allora 2 pesano 4 Kg, perciò 1 pesa 2 Kg. Allora tutto il braccio sinistro principale pesa 16 Kg. Perciò tale peso ha anche il braccio destro, perciò ognuno dei suoi sottobracci è 8 Kg, in particolare è di 4 Kg ognuno dei . Infine è di 6 Kg.

17. Ovviamente ogni animale ha una sola testa, quindi vi sono 8 animali in tutto. I serpenti non hanno zampe, i pappagalli ne hanno due e le rane 4. Vi sono allora più soluzioni. Possiamo avere 1 rana (4 zampe), 5 pappagalli (10 zampe) e 2 serpenti; oppure 2 rane (8 zampe), 3 pappagalli (6 zampe) e 3 serpenti; o ancora 3 rane (12 zampe), 1 pappa-gallo (2 zampe) e 4 serpenti.


64

18. Indichiamo con x una bottiglia, y un bicchiere, z una broc-ca e t un piatto. Allora abbiamo: x + y = z, x = y + t, 3t = 2z. Dobbiamo ricavare un’espressione solo con x e y. Ri-caviamo perciò t dalla quarta: t = 2/3z = 2/3 (x + y) e so-stituiamo nella seconda: x = y + 2/3 (x + y) 3x – 2x = 3y + 2y x = 5y.

19. Diciamo x la lunghezza di un carrello e y la lunghezza del-la parte sporgente del carrello quando è inserito dentro un altro. Possiamo allora dire che la lunghezza di 10 carrelli incolonnati è x + 9y, mentre quella di 20 carrelli è x + 19y.

Dobbiamo perciò risolvere il sistema 9 290

19 490

x y

x y

+ =

+ = da

cui si ricava, sottraendo termine a termine, che 10y = 200, cioè la parte sporgente è di 20 cm, quindi il carrello è lun-go (290 – 180) cm = 110 cm.

20. Indichiamo con m le mele. Il primo prende 1/2m + 2 e ne lascia perciò 1/2m – 2. Il secondo perciò ne prende 1/2(1/2m – 2) + 2 = 1/4m + 1. Sono state prese perciò 1/2m + 2 + 1/4m + 1 = 3/4m + 3, e ne sono rimaste m – (3/4m + 3) = 1/4m – 3. Perciò il terzo ne prende 1/2(1/4m – 3) + 2 = 1/8m + 1/2 e ne sono rimaste (1/4m – 3) – (1/8m + 1/2) = 1/8m – 7/2 e queste sono 1. Quindi 1/8m – 7/2 = 1 1/8m = 9/2 m = 36.

21. Indichiamo con x il valore del vestiario. Traducendo quan-

to detto abbiamo: ( )7

100 2012

x x+ ⋅ = + 700 + 7x = 240

+ 12x 5x = 460 x = 92. 22. Indichiamo con x l’età dei gemelli e con y quella del loro

fratellino. Dobbiamo avere: 4,95 + 2 ×0,45 x + 0,45 y = 9,45; cioè 0,90x + 0,45y = 4,50 o anche 2x + y = 10. L’unica soluzione in interi positivi accettabile è x = 4 e y = 2. Le altre soluzioni, (x = 3, y = 4; x = 2, y = 6; x = 1, y = 8), non sono ovviamente accettabili.


65

23. Indichiamo il numero con ab, che, sfruttando la notazione posizionale equivale a 10a + b. Deve perciò essere. 10a + b = 3 ⋅ (a + b) 7a = 2b. Poiché a e b sono cifre, cioè numeri interi compresi tra 0 e 9 (a non può essere 0). L’unica possibile soluzione è a = 2, b = 7. Quindi il nume-ro cercato è 27, e in effetti 27 = 3 ⋅ (2 + 7).

24. Consideriamo la figura: Le distanze dei centri sono ovviamente le tre somme possibili dei rag-gi. Così la somma dei primi due raggi è 2001, quella del secondo e terzo è 2002 e quella degli altri due 2003. Ma allora La differenza fra i primi due raggi è 2003 – 2002 = 1. Perciò dobbiamo trovare due numeri la cui somma è 2001 e la cui differenza 1, facilmente troviamo che sono 1001 e 1000. Infine il terzo raggio misura 1002.

25. 4 adulti e 3 bambini pagano quanto 5,5 adulti, quindi un adulto nel settore C paga $242/5,5 = $44. Nel settore A pagherebbe $132 e nel settore B $66. Poiché 2 adulti e 2 bambini pagano quanto 3 adulti, nel settore B pagheranno $198.

26. Siano x e y i punti che hanno i due. Se il primo avesse x/2

e il secondo 3/2y, avremmo: 1 3

2 3 2

xy x y= ⋅ = . Quindi i

due hanno gli stessi punti.

27. Il sistema risolutivo è: ( )

( )

2 15

15 5 45

m f

f m

= ⋅ −

− = ⋅ −

( )

( )

( )2 15 502 15

15 5 2 30 45 409 360

m f mm f

f f ff

= ⋅ − = = ⋅ −

− = ⋅ − − ==

28. Diciamo n i problemi oltre i 12. Abbiamo che Alec ha pre-so un totale di (9 + 1/3 ⋅ n) ⋅ 6 = 54 + 2n punti. Tutti i punti a disposizione invece sono (12 + n) ⋅ 6 = 72 + 6n, che sono il doppio dei precedenti. Quindi 36 + 3n = 54 + 2n, da cui


66

n = 18. Pertanto Alec ha risolto 9 + 18/3 = 15 problemi su un totale di 30.

29. Indichiamo con x – 1, x e x + 1 i tre numeri consecutivi. Possono aversi le seguenti sei possibilità: 10 ⋅ (x – 1) + 20x + 50 ⋅ (x + 1) = 870; 10 ⋅ (x – 1) + 50x + 20 ⋅ (x + 1) = 870; 20 ⋅ (x – 1) + 10x + 50 ⋅ (x + 1) = 870; 20 ⋅ (x – 1) + 50x + 10 ⋅ (x + 1) = 870; 50 ⋅ (x – 1) + 10x + 20 ⋅ (x + 1) = 870; 50 ⋅ (x – 1) + 20x + 10 ⋅ (x + 1) = 870. Che si sempli-ficano in 8x = 81; 8x = 86; 8x = 84; 8x = 88; 8x = 90; 8x = 91. Dato che x deve essere un numero naturale, solo la quarta equazione ha soluzioni accettabili. quindi x = 11, che è il numero di biglietti da 50 euro.

30. Siano b ed h le dimensioni del rettangolo e p la percentua-le. abbiamo allora che l’area è diminuita di

( ) ( ) ( )2

21 11 1 bh pbh b p h p

pbh bh

⋅ − +− ⋅ − ⋅ ⋅ += = . Deve a-

versi perciò: 20,02 0,03p≤ ≤ . Si ha: 0,142 = 0,0196; 0,152 = 0,0225; ...; 0,182 = 0,0324. Quindi p è compreso tra il 15% e il 17%.

31. Indichiamo con s1, s2, s3 le tre distanze. Si ha il sistema: 31 2

1 2 3

1 2 331 2

4 7 8 9 201672 63 569 8 7 23522

456 63 72 3

ss ss s s

s s sss s

+ + = + + =

+ + = + + = +

, che è indetermi-

nato, avendo più incognite che equazioni. Ciononostante possiamo determinare ciò che ci interessa, ossia s1+ s2 + s3, basta infatti sommare termine a termine le due uguaglian-ze: 16 s1 + 16s2 + 16s3 = 4368, da cui s1+ s2 + s3 = 273.

32. Consideriamo la figura: Indichiamo con x la misura di BM = ND. Calcoliamo l’area del quadrato come somma delle aree dei 4 triangoli in cui l’abbiamo diviso:


67

( )2

11 1 41

2 2 2 9

xx x−⋅ ⋅+ + + = . Semplifichiamo: 9x2 = 1, da

cui l’unica soluzione positiva accettabile: 1

3x = .

33. Indichiamo con N il numero di giocatori. Il numero di par-tite vinte è 5 ⋅ (N – 3) + (N – 5) ⋅ 2 = 7 N – 25. Mentre il numero di quelle perse è 5 ⋅ 2 + (N – 5) ⋅ (N – 3) = N2 – 8N +25. dato che le vinte e le perse sono in uguale nume-ro, abbiamo: 7N – 25 = N2 – 8N + 25 N2 – 15N + 50 = 0 N = 5 ∨ N = 10. La soluzione N = 5, ovviamente non è accettabile. Quindi hanno partecipato 10 giocatori.

34. Gli agnelli sono maschi (m) e femmine (f), sappiamo che m = 0,55 (m + f) e anche che 0,9 ⋅ 0,55 (m + f) sono gli a-gnelli vivi. Deve essere 0,9 ⋅ 0,55 (m + f) ≥ 100, quindi m + f ≥ 100/0,495 da cui m + f ≥ 203.

35. Esprimiamo tutto in metri. Il primo giorno ha percorso

12

p+ metro, le restano perciò da percorrerne ancora altro

1 12 2

p pp

− + = −

. Quindi il secondo giorno percorre

1 1 31 2 2

2 2 4 2 4 2

p p p ⋅ − + = − + = +

e le restano da percor-

rere 3 5

12 4 2 4 2

p p p − − + = −

. Il terzo giorno percorre

1 5 73

2 4 2 8 4

p p − + = +

e rimangono

5 7 17

4 2 8 4 8 4

p p p − − + = −

. Questa distanza equivale a 8

m, quindi 17

8 34 64 988 4

pp− = = + = . Verifichiamo: Il

primo giorno ha percorso (49 + 1)m = 50m. Il secondo (24


68

+ 2)m = 26m. Il terzo (11 + 3)m = 14m e sono rimasti ap-punto 8 m.

36. Indichiamo con x l’ampiezza delle braccia.

Avremo allora che l’area della croce sarà 3x + (4 – x) × x = 7x – x2. Quest’area è metà di quella del rettangolo, cioè: 7x – x2 = 6 x2 – 7x + 6 = 0 x = 1 ∨ x = 6. Ovviamente la seconda soluzione non è accettabile.

37. Consideriamo la figura Cominciamo ad osservare che il quadrilatero ha i lati a due a due isometrici ed una diagonale che coincide con un diametro. Adesso ri-caviamo area e perimetro in funzione dei lati, che indi-chiamo con x e y. Ovviamente i triangoli ADC e ABC so-no rettangoli e isometrici, quindi sarà xy = 48 cm2. Avre-mo anche x + y = 14 cm. Quindi x e y sono soluzioni dell’equazione 2 14 48 0z z− + = , le cui soluzioni sono 6 e 8. Pertanto il diametro del cerchio sarà pari a

2 26 8 10+ = cm e il raggio quindi 5 cm. 38. Indicando con x la misura del raggio della semicirconfe-

renza e con y quella del lato del quadrato (2). Abbiamo quindi: (2x + y)2 – y2 = 1500, che possiamo anche scrivere come 4x2 + 4xy = 1500 x2 + xy = 375. Il lato del quadra-

to (4) è ( )22x x y+ + , quindi l’area di (4) è x2 + (x + y)2

= 2 ⋅ (x2 + xy) + y2 = 2 ⋅ 375 + 300 = 1050. 39. Sia ab il numero che trasformiamo in 2ab e in ab2. la dif-

ferenza dei due numeri è, sfruttando la notazione posizio-


69

nale: 200 + 10a + b – (100a + 10b + 2) = 198 – 90a – 9b. Deve aversi 198 – 90a – 9b = 81, cioè 10a + b = 13. Ne viene che deve essere a = 1 e b = 3. Perciò il numero cer-cato è 13. In effetti 213 – 132 = 81. Se invertiamo la diffe-renza abbiamo: 100a + 10b + 2 – (200 + 10a + b) = 90a + 9b – 198, da cui 90a + 9b – 198 = 81, cioè 10a + b = 31, da cui a = 3, b = 1. E il numero è 31, ed effettivamente 312 – 231 = 81. Ci sono perciò due soluzioni.

40. Indichiamo con p le partite vinte dal papà, con m quelle vinte dalla mamma e con x quelle finite in pareggio. Allo-

ra possiamo impostare il sistema:

5 5 4 60

13

5 3 2

m p x

m p x

m x

+ + =

+ + = = ⋅

.

Cioè: ( )5 13 4 60 5 5 5

13 13 5 8 2

5 6 5 6 5 30 6

x x x x x

m p x m p m p p

m x m x m m

− + = − = − = =

+ = − + = − = − = = = = =

.

Perciò il papà ha vinto 2 partite. 41. Indichiamo con x il numero di animali a 40 zampe e con y

il numero di dragoni 3 teste, con n il numero di zampe che hanno i dragoni. Abbiamo allora il sistema:

3 26

40 298

x y

x ny

+ =

+ =, che è ovviamente indeterminato, avendo

più incognite che equazioni. Risolviamo rispetto a y: 26

3

xy

−= . Ovviamente x < 8, perché 40 ⋅ 8 > 298. Inoltre

dobbiamo considerare i valori di x che rendono 26 – x un multiplo di 3, che sono 2 e 5. Abbiamo così:

2 5

8 ; 7

27,25 14

x x

y y

n n

= =

= = = =

. Chiaramente solo la seconda solu-

zione è accettabile, quindi i dragoni a 3 teste hanno 14 zampe.


70

42. Diciamo d2 le mattonelle che servono per la stanza di Danny e t2 quelle necessarie per quella di Tommy. Ab-biamo allora: d2 = t2 + 27, cioè d2 – t2 = 27, o anche (d – t) × (d + t) = 27. Poiché sia d che t sono numeri naturali pos-siamo avere solo le seguenti possibilità:

1 3;

27 9

d t d t

d t d t

− = − =

+ = + = , che portano alle soluzioni

14 6;

13 3

d d

t t

= =

= = . Quindi il problema è indeterminato. Pos-

sono volerci un totale di 2 214 13 365+ = piastrelle al costo totale di $452,6; oppure 2 26 3 45+ = piastrelle al costo to-tale di $55,8. Diciamo che questa seconda soluzione è piuttosto irreale perché vorrebbe dire che le due stanze hanno aree rispettive di 2,25m2 e 0,5625m2. Mentre nel primo caso le aree sarebbero più “ragionevoli”: 12,25m2 e 10,5625m2. Possiamo quindi concludere che le soluzioni matematiche sono due, quelle della ragione sono solo una.

43. In pratica (n – 1) degli amici pagano ciascuno $6 in più, quindi la quota dell’assente è di 6 ⋅ (n – 1). Perciò la palla costa 6 ⋅ (n – 1) ⋅ n. Ma allora quando ne mancano 4 pa-

gano ( )26

4

n n

n

⋅ −

−, che è $36 in più di quello che dovevano

pagare, cioè di ( )26 n n

n

⋅ −. Perciò:

6 ( )2

4

n n

n

⋅ −=

−

6 ( )2

36n n

n

⋅ −+

6

2

1 64

n nn

n

−= − +

−n2 – n = n2 + n –

20 n = 10. Quindi sono 10 amici e la palla costa $540. Verifichiamo. dovrebbero pagare $54 a testa, se ne man-cano 4, pagano $90 a testa, che è $36 in più del dovuto. Se pagano in 9, la quota diventa $60, cioè $30 in meno di prima.


71

44. Le palle sono N = R + B, con R ≥ 0,9N. Del resto le palle rosse sono 49 + 7⋅(N – 50)/8. Quindi deve essere:

7 350 949

8 8 10N N+ − ≥ 3920 + 70N – 3500 ≥ 72N N

≤ 210. Perciò al massimo ci sono 210 palline. 45. La nonna ha ab anni, i nipoti a e b anni rispettivamente. Si

ha: 10a + b + a + b = 63. Cioè 11a + 2b = 63. a non può essere una cifra pari perché allora il primo membro sareb-be pari e il secondo dispari. D’altro canto a non può essere 1 né 3, perché allora b dovrebbe essere maggiore di 9. Né può essere 7 o 9, perché allora b dovrebbe essere negativo. Quindi a è 5 e b è 4, perciò la nonna ha 54 anni.

46. All’inizio le banane raccolte erano 3n + 2. La prima scimmia ne prese per se n + 2, lasciandone così 2n. Di

queste la seconda ne prese 2 2 2 4

23 3

n n− ++ = . Ne rimase-

ro perciò 2 4 4 4

23 3

n nn

+ −− = . Di cui la terza ne prese

4 42 4 10 4 832 2

3 9 9

nn n

−−

− ++ = + = . Ovviamente tutte le

frazioni devono essere apparenti, dobbiamo quindi cercare il minimo numero naturale n per cui 2n + 4 è multiplo di 3 e 4n + 8 è multiplo di 9. Ma 4n + 8 = 2 ⋅ (2n + 4), quindi anche 2n + 4 deve essere multiplo di 9. Il primo n per cui ciò accade è n = 7. Quindi le banane raccolte all’inizio e-rano 3 ⋅ 7 + 2 = 23. La prima scimmia ne prese per se 2 + 21/3 = 9, lasciandone 14. La seconda ne prese 2 + 12/3 = 6, e la terza 2 + 6/3 = 4, lasciandone 4.

47. La lunghezza della spirale la cui ultima coppia è di due segmenti da 40 cm è, in cm, 2 ⋅ (1 + 2 + … + 40) =

40 412 1640

2

×⋅ = . Per il secondo caso dobbiamo conside-

rare una generica spirale che finisce con uno o due seg-


72

menti lunghi n cm e dobbiamo chiederci se vi sono solu-zioni intere alle equazioni 2 ⋅ ( 1 + 2 + ... + n) = 1500

( )12 1500

2

n n⋅ +⋅ = n ⋅ (n + 1) = 1500. Oppure 2 ⋅ ( 1 +

2 + ... + (n – 1)) + n = 1500 ( )1

2 15002

n nn

⋅ −⋅ + = n ⋅

(n – 1) + n = 1500 n2 = 1500. In particolare la seconda è certamente priva di soluzioni intere perché 1500 non è un quadrato perfetto. Per la prima o riusciamo a scomporre 1500 nel prodotto di due numeri interi consecutivi, oppure consideriamo il discriminante dell’equazione:

2 1500 0 1 6000 6001n n+ − = ∆ = + = , che non è un quadrato perfetto, quindi l’equazione non ha soluzioni ra-zionali. Infine il problema è privo di soluzioni.

48. I 2400 m sono somma di tre percorsi, quello iniziale, di 3/4x (indicando con x la lunghezza totale della pista); quello che il cavallo fa da solo, che è il doppio di 2/3 di quello che aveva fatto, cioè 2 ⋅ 2/3 ⋅ 3/4x = x, infine l’ultimo quarto della pista, cioè 1/4x. In conclusione il ca-vallo ha percorso il doppio della pista, che è quindi lunga 1200 m. Quando il fantino comincia a correre il cavallo si trova a 2/3⋅3/4⋅1200 m = 600 m, da lui. Questi 600 m, ven-gono percorsi da entrambi, finché non si reincontrano. Il cavallo corre a velocità 2v, il fantino a velocità v, quindi è come se a velocità 3v facessero 600 m, perciò v = 20 m/s. Ovviamente il cavallo fa il doppio di quanto fa il fantino, che perciò corre per 200 m. Quindi hanno impiegato 45s, andando a 20 m/s per 900 m; poi il cavallo è andato a 40 m/s per (600 + 400) m, impiegando 40 s; poi cavallo e fan-tino insieme hanno fatto 500 m a 20 m/s in 25 s. In totale quindi hanno impiegato 110 s.

49. Consideriamo alcune delle disuguaglianze, ottenendo: 3 7

3 35 11;5

a aa

< < ≤ 7 9

9 28 44

a aa

< > ≥ .


73

Quindi a essendo un numero intero può essere uno fra quelli che vanno da 4 a 11. Inoltre si ha anche: 9 5 5 16

9 20 2;4

b bb b a b

< < ≤ < +

5a + 5b < 16b

5a < 11b. Quindi b può essere solo 1 o 2. Ma allora: 5a ≤ 11 ⋅ 2 = 22 a ≤ 4. Tenuto conto di quanto trovato prima, vuol dire che a = 4. Ora, se b = 1, avremo:

3 7 9 5 16

5 4 4 1 5< < < < , che contiene la scritta errata

165

5< . In-

vece, se b = 2, abbiamo la catena di disuguaglianze corret-

te: 3 7 9 5 16 8 36 105 135 150 160

5 4 4 2 6 3 60 60 60 60 60< < < < = < < < < .

50. Il sistema 15 30 90 600 5 10 30 200

20 20

g a o g a o

g a o g a o

+ + = + + =

+ + = = − − è

indeterminato. Da esso otteniamo: 100 – 5a – 5o + 10a +

30o = 200 a + 5o = 20 20

45 5

a ao

− = = − . Quindi il

numero di uova di anatre acquistate deve essere multiplo di 5. Possiamo avere solo tre possibilità, dato che ci devo-no essere uova di ogni tipo:

a o g 5 3 12 10 2 8 15 1 4

51. La somma è (2n – 1)2 + (2n + 1)2 + (2n + 1)2 = 12n2 + 12n + 11. Deve essere 1000 ≤ 12n2 + 12n + 11 ≤ 9999, che porta a dire che deve essere 9 ≤ n ≤ 28. Con un procedi-mento di verifica, troviamo che è n = 21. Infatti per questo valore si ha: 412 + 432 + 452 = 5555.


74

Geometria analitica 1. Racchiudiamo il trapezio all’interno di un quadrato, come

mostrato in figura . L’area del quadrato è 4 ⋅ 4 = 16. Le aree dei triangoli rettangoli sono 1 ⋅ 2/2 = 1 e 2 ⋅ 4/2 = 4. Per determinare le aree dei due triangoli non rettangoli, consideriamo come basi i segmenti EK e CE, con relative altezze DH e QD. Così le aree misurano: 3 ⋅ 1/2 = 3/2 e 4 ⋅ 1/2 = 2. Infine l’area del trapezio misura 16 – 1 – 4 – 3/2 – 2 = 15/2 = 7,5.

2. Notiamo che sono possibili più risposte, poiché di poligo-ni del genere ne possiamo costruire parecchi. Vediamone qualcuno, che disegniamo su una griglia di un riferimento

cartesiano. In questo caso l’area è la differenza fra quella del triangolo rettangolo formato con l’aiuto dei segmenti tratteggiati e l’area del

poligono a forma di L. Cioè 4 14

2

⋅ – 2⋅ 3 – 2 ⋅ 4 = 28 – 6 –

8 = 14 . Potremmo però avere anche il seguente poligono:

. La cui area, ottenuta sempre per differenza, è:


75

4 104 12

2

⋅⋅ − – 2 ⋅ 1 – 2 ⋅ 4 = 48 – 20 – 2 – 8 = 18. Ci sono

parecchie altre possibilità.

3. Calcoliamo le distanze fra i punti: 1 49 50;AB = + =

4 9 13; 9 4 13; 4 9 13BC CD DE= + = = + = = + =

. Quindi tre dei segmenti sono uguali, per stabilire che il punto da escludere è A), calcoliamo anche la misura del

quarto segmento: 9 4 13BE = + = . 4. Osserviamo che il rettangolo deve essere formato con al-

meno tre file parallele di punti, diversamente, come mo-strato in figura, non ci saranno quadrati interni che non

toccano il perimetro. In questo caso abbiamo, come mostrato in figura, un totale di 21 quadrati.

. Il precedente esempio ci dice che i quadratini devono stare su un numero dispari di righe, af-finché il loro numero totale sia dispari. Quindi possiamo metterli tutti e 21 sulla stessa riga, e il rettangolo avrebbe dimensioni 23 × 3, per un totale di 69 quadrati. Oppure su 3 righe, 7 per riga, il rettangolo avrebbe dimensioni 9 × 5 = 45 quadrati. Le soluzioni in cui scambiamo fra loro i fat-

tori forniscono gli stessi risultati. 5. Basta considerare i simmetrici del punto rispetto agli assi

e quindi costruire i quadrati, che sono i 5 mostrati in figu-


76

ra: Osserviamo che due ore sono 120 minuti: quindi dobbiamo stabilire la posizione dopo 120 passi. Dopo un numero di passi pari a (2k + 1)2

la particel-la si trova sull’asse x nella posizione (2k + 1; 0) e al passo precedente sta in (2k; 0). Quindi dopo 121 passi la parti-cella sta in (11; 0) e al passo precedente sta in (10; 0).

6. Indichiamo con r il numero intero di righe della griglia e con c il numero delle colonne. Sul contorno pianteremo 2r + 2c – 4 aranci, all’interno invece ne pianteremo (r – 2) ⋅ (c – 2). Dobbiamo avere perciò 2r + 2c – 4 = (r – 2) ⋅ (c –

2). Cioè ( )4 2

4

cr

c

⋅ −=

−. Quindi dobbiamo avere più di 4

colonne. Ora la frazione deve essere ovviamente apparen-te, poiché r deve essere un numero intero. Certamente ciò accadrà se c – 4 = 1, cioè se c = 5, in questo caso avremo r = 12. E la configurazione è quella mostrata in figura, chia-

ramente c = 5, r = 12 è la stessa cosa. c – 2 e c– 4 sono numeri entrambi pari o entrambi dispari. Se sono dispari non hanno fattori in comune e perciò la frazione non sarà mai un numero intero, salvo il caso già visto. Se sono entrambi pari hanno in comune solo il 2, quindi c – 4 può essere 2, cioè c = 6, oppure può essere 4 e quindi c = 8, o infine può essere 8 e perciò c = 12. Quest’ultimo caso coincide con quello già visto. I primi due invece sono lo stesso caso, dato che avremo rispetti-


77

vamente r = 8 e r = 6. Con la seguente configurazione.

7. Studiamo il problema considerando i casi più semplici.

Dopo un salto può trovarsi in una di 4 posizioni possibili:

A questo punto con un altro salto, a seconda di dove si trovava può avere occupato 9 diverse posizioni, come mostrato in figura, dato che può anche ritornare alla

sua posizione iniziale: Al terzo salto, potrà es-sere in una delle seguenti configurazioni, che sono un to-

tale di 16. Non dovrebbe essere diffici-le capire quindi che ogni volta otteniamo il quadrato del numero successivo al salto che farà. Quindi dopo 100 salti potrà trovarsi in 1012 diversi punti.

8. Scriviamo i primi punti raggiunti: Destra Alto Sinistra Basso (1, 0) (1, 2) (–2, 2) (–2, –2) (3, –2) (3, 4) (–4, 4), (–4, –4) (5, –4) (5, 6) (–6, 6) (–6, –6)

Osserviamo che le ascisse dei punti raggiunti andando a destra sono i numeri dispari consecutivi, le ordinate sono gli opposti dei pari precedenti le ascisse. Per i punti rag-giunti andando in alto le ascisse sono le stesse dei prece-


78

denti, le ordinate sono invece i numeri pari successivi al-le ascisse. Per i punti raggiunti andando a sinistra le a-scisse sono gli opposti dei pari, le ordinate sono gli stessi pari. Infine per i punti in basso le ascisse sono le stesse delle precedenti e le ordinate sono uguali alle ascisse. In-tanto stabiliamo che il 2004–esimo passo è come il quar-to, perché 2004 è multiplo di 4. Non solo ma 2004 = 4 × 501, quindi le coordinate saranno (–2 ⋅ 501, –2 ⋅ 501) = (–1002, –1002).

9. Calcoliamo le distanze fra i punti, per determinare se sono vertici appartenenti a uguali facce o no. Abbiamo:

( ) ( ) ( )2 2 2

3 5 4 2 1 9 4 4 64 72PQ = − + − + − = + + = ,

poi 4 4 16 24; 16 16 16 48PR QR= + + = = + + = . I valori sono tutti diversi. Se consideriamo un vertice di un cubo questo dista ugualmente da 3 degli altri vertici, che

stanno sugli spigoli che in esso concorrono ; dista quanto la diagonale del quadrato da altri tre

e infine dista quanto la diagonale del cubo

dal settimo vertice Fra tutte queste misure ov-viamente la maggiore è la diagonale del vertice, perciò nel nostro caso è PQ, allora il punto medio di tale diagonale è

il centro cercato, cioè ( )3 5 4 2 1 9

; ; 4;3;52 2 2

+ + + ≡

.


79

Polinomi 1. Facilmente abbiamo: (2m)2 + (m2 – 1)2 = 4m2 + m4 – 2m2 +

1 = m4 + 2m2 + 1 = (m2 + 1)2. 2. Indichiamo con x – 1, x e x + 1 i tre numeri. Ci sono 3 di-

versi modi di sceglierne due di questi, ottenendo la somma dei prodotti: x ⋅ (x – 1) + x ⋅ (x + 1) + (x – 1) ⋅ (x + 1) = x2 – x + x2 + x + x2 – 1 = 3x2 – 1, che non è mai un multiplo di 3, quindi non è possibile.

3. Detto ab il numero, in forma posizionale diviene 10a + b, quindi la somma da effettuare è 10a + b + 10b + a = 11a + 11b = 11 ⋅ (a + b), dividendo per a + b, otteniamo 11, ele-vando al quadrato: 121.

4. I lati adiacenti del quadrato hanno misure x e (50 – x), quindi le aree dei quadrati sono x2 e (50 – x)2, la cui diffe-renza è x2 – (50 – x)2 = x2 – 2500 + 100x – x2 = 100 ⋅ (x – 25).

5. Siano i numeri x e (1 – x), non importa chi dei due è più grande. Le due somme sono: x2 + (1 – x) = x2 – x + 1 e x + (1 – x)2 = x + x2 + 1 – 2x = x2 – x + 1. Come si vede le due somme sono uguali.

6. Sviluppando otteniamo: (p + q) ⋅ (p + r) = p2 + pq + pr + qr. Uguagliando abbiamo: p + qr = p2 + pq + pr + qr p = p2 + pq + pr 1 = p + q + r, che è la risposta cercata.

7. Si ha: n3 + 2n2 + n = n ⋅ (n2 + 2n + 1) = n ⋅ (n + 1)2, quindi se n è un quadrato perfetto, otteniamo sempre quadrati per-fetti. La risposta è perciò infiniti.

8. Moltiplicando membro a membro si ha: x3y3z3 =712, quindi xyz = 74.

9. Scriviamo l’espressione usando la notazione posizionale: 10a + b + 10b + a + 5a + 5b = 16a + 16b = 16 ⋅ (a + b). Perché rappresenti un quadrato perfetto, dato che 16 lo è già anche a + b deve esserlo. Siccome a e b sono cifre entram-be diverse da zero, a + b può essere solo 4, 9 o 16. Il che


80

accade per i seguenti numeri: 13, 31, 22, 18, 27, 36, 45, 54, 63, 72, 81, 79, 88.

10. Osserviamo che n + 2 e n + 3 sono consecutivi, quindi uno almeno di essi è pari, il numero dato è pari. Se uno dei due detti fattori è divisibile per 3 anche il numero lo è. Se nes-suno di essi è divisibile per 3, allora n = 3h – 1, con h nu-mero naturale. Infatti se fosse n = 3h allora n + 3 = 3h + 3 = 3 ⋅ (h + 1) sarebbe divisibile per 3, analogamente se fosse n = 3h 1, n + 2 = 3h + 3. Se n = 3h – 1, 2n + 5 = 6h – 2 + 5 = 6h + 3, che è divisibile per 3. Il numero è divisibile per 6. Ora osserviamo che per n = 1, si ha (1 + 2) ⋅ (1 + 3) ⋅ (2 + 5) = 3 ⋅ 4 ⋅ 7, mentre per n = 2, si ha (2 + 2) ⋅ (2 + 3) ⋅ (4 + 5) = 4 ⋅ 6 ⋅ 9, quindi in generale il numero non è divisibile per 4. Per n = 3, si ha (3 + 2) ⋅ (3 + 3) ⋅ (6 + 5) = 5 ⋅ 9 ⋅ 11, non è neanche divisibile per 4. Infine ogni numero, al mas-simo, è divisibile per 6.

11. Svolgendo i prodotti otteniamo: a3 − 3a2b = b3 − 3ab2, da cui a3 − b3 – 3a2b + 3ab2 = 0 (a − b)3 = 0 (a − b) = 0 a = b a/b = 1.

12. Dobbiamo avere: x2 – y2 = 20052. Cioè (x – y) ⋅ (x + y) = 20052. Poiché 2005 = 5 ⋅ 401, abbiamo diverse possibilità:

2 2

2

2 2 2

401 580413401 2803885 401 5

2

xxx y

yx yy

+= = + =

=− = − =

. E in effetti

804132 – 803882 = 4020025 = 20052. Abbiamo anche 20100132 – 200100122 = 20052.

13. Abbiamo 1 1 1

0yz xz xy

x y z xyz

+ ++ + = = , ma se una frazione

è nulla, vuol dire che è nullo il suo numeratore, cioè xy + xz + yz = 0. Inoltre (x + y + z)2 = 1 e (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz = x2 + y2 + z2 + 2 ⋅ (xy + xz + yz). Da quanto visto l’ultimo prodotto è nullo, quindi (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2. perciò la quantità richiesta vale anch’essa 1.


81

14. Abbiamo x2 – y2 = (x – y) ⋅ (x + y). Perché tale prodotto sia pari uno almeno dei due fattori deve essere pari. Ma se (x – y) è pari vuol dire che x e y sono entrambi pari o entrambi dispari, ma allora anche (x + y) è pari. Ora se x = 2m e y = 2n sono numeri pari, avremo: x2 – y2 = (2m – 2n) ⋅ (2m + 2n) = 4 ⋅ (m – n) ⋅ (m + n). Poiché al minimo può essere m – n = 1, avremo m + n = 2n + 1 e così i numeri devono es-sere multipli di 4 non inferiori a 12. Se invece x = 2m – 1 e y = 2n – 1 sono numeri dispari, e avremo: x2 – y2 = (2m + 1 – 2n – 1) ⋅ (2m + 1 + 2n + 1) = 4 ⋅ (m – n) ⋅ (m + n + 1). Ancora una volta, al minimo m – n = 1 e m + n + 1 = 2n + 2 e in questo caso devono essere multipli di 4 non inferiori a 16. Così 4 e 8 non possono scriversi come differenza di quadrati, invece 12 = 4 ⋅ (2 – 1) ⋅ (2 + 1) = 42 – 22.

15. Dire che 2n divide n + 30, equivale a dire che n + 30 è pari e anche che n + 30 = p ⋅ n con p numero naturale, perciò 30 = n ⋅ (p – 1), perciò n deve essere un divisore pari di 30. Essi sono: 2, 6, 10, 30. Verifichiamo. Se n = 2, 2n = 4 di-vide 2 + 30 = 32; se n = 6, 2n = 12 divide 6 + 30 = 36; se n = 10, 2n = 20 divide 10 + 30 = 40; se n = 30, 2n = 60 divi-de n + 30 = 60. Quindi la risposta è 4.

Equazioni indeterminate 1. Sia n il numero da trovare, si ha: 221n + 65 = 195h. Dato

che il secondo membro è multiplo di 5 anche il primo deve esserlo, e dato che esso è una somma fra due addendi in cui uno dei due è divisibile per 5, anche l’altro dovrà es-serlo. Perciò n deve essere almeno 5.

2. Dobbiamo risolvere, negli interi positivi, l’equazione 7x + 11y = 100, che ha soluzioni perché MCD(7, 11) = 1. Ab-

biamo: 100 11

7

yx

−= , quindi 100 – 11y deve essere mul-

tiplo pari di 7, deve altresì essere 100 – 11y > 0, cioè 0 ≤ y


82

≤ 9. L’unico valore accettabile è y = 4, da cui x = 56/7 = 8. Quindi abbiamo 100 = 56 + 44.

3. Dette x e y le misure dei lati deve essere 2x + 2y = xy, da

cui si ottiene: 2

2

yx

y=

−, dato che i numeri devono essere

interi, intanto sarà y > 2, poi, siccome 2 4 4 4

22 2

yx

y y

− += = +

− −, deve essere intera anche la se-

conda frazione, quindi può essere solo y = 3, 4, 6. In corri-spondenza sarà x = 6, 4, 3. In totale solo due possibilità rettangolo di lati 3 e 6 oppure quadrato di lato 4.

4. Dette m le mele in ciascuna cassetta, abbiamo: 37m = 79r + 17. L’equazione ha soluzione perché MCD(37, 79) = 1.

Abbiamo: 79 17

37

rm

+= , la sola soluzione intera per 100 <

m < 200 è r = 78, da cui si ha m= 167.

5. Abbiamo il seguente sistema: 5 100

20100

po g

o g p

+ + =

+ + =

, sottra-

endo termine a termine si ottiene l’equazione indetermi-nata: 4o – 19/20p = 0, da cui o = 19/80p, con p multiplo positivo di 20. Il primo valore accettabile, dato che anche o deve essere un numero naturale, è p = 80. Da cui o = 19 e infine g = 1.

6. Il sistema risolvente è 5 2 /10 100

90

i m r

i m r

+ + =

+ + =, moltipli-

chiamo la prima per 10 e sottraiamo, ottenendo: 49i + 19m

= 910, da cui 910 19

49

mi

−= , con 0 ≤ m ≤ 42. 910 – 19m

deve essere multiplo di 49, che accade solo per m = 35, da cui i = 5 e quindi r = 30.


83

7. Il sistema risolvente è 3 2 0,5 20

20

u d b

u d b

+ + =

+ + =, moltiplichia-

mo per 2 la seconda equazione e sottraiamo termine a ter-mine: u – 1,5b = –20, da cui u = 1,5b – 20, il minimo va-lore intero positivo che può assumere b è b = 20/1,5 = 14 (il simbolo n indica il minimo intero che contiene n). Così sarà u = 1, d = 5, b = 14.

8. Il sistema risolvente è 41

4 3 / 2 40

u d b

u d b

+ + =

+ + =, moltiplichia-

mo per 2 la seconda equazione e la sottraiamo dalla prima, ottenendo: 7u + 5d = 39, che ha soluzioni intere perché MCD(7, 5) = 1, che è un divisore di 39. Ricaviamo

39 5

7

du

−= , quindi 39 – 5d deve essere un multiplo di 7,

e inoltre 39 – 5d > 0, cioè 1 ≤ d ≤ 7. L’unico valore accet-tabile è d = 5, da cui u = 2 e b = 34. Infatti 4 ⋅ 2 + 3 ⋅ 5 + 34/2 = 40.

9. Il sistema risolvente è 100

13 2 100

2

u d b

u d b

+ + =

+ + =

. Ricaviamo

una delle tre variabili da una delle due equazioni e sosti-

tuiamo nell’altra: 100

1300 3 3 2 100

2

u d b

d b d b

= − −

− − + + =

100 100

5 400 5200

2 2

u d b u d b

bd b d

= − − = − −

−+ = =

. Dato che d deve

essere un numero naturale b deve essere un numero pari ed inoltre 400 – 5b > 0 b < 80. In effetti un’altra condizio-ne da imporre è d < 100, quindi otteniamo l’ulteriore con-dizione 400 – 5b < 200 b > 40. D’altro canto deve an-


84

che essere u < 100, cioè b + d < 100, il che significa che b

+ 400 5

2

− b< 100 –3b < –200 66 < b < 80. Quindi vi

sono più di una soluzione, con il minor numero di uomini è u = 2, d = 30, b = 68.

10. Molto semplicemente si imposta la seguente equazione ri-solvente: 63n + 7 = 23m, in cui n è il numero dei datteri in ogni mucchio, m è il numero di datteri che toccò a ciascun marinaio. Dalla precedente uguaglianza ricaviamo m, otte-

nendo così: nm

=−23 7

63. È evidente che il numeratore

deve essere un multiplo del denominatore e poiché esso si esprime come differenza di due numeri, uno dei quali è 7, ciò significa che m deve essere multiplo di 7, diciamo per esempio m = 7h. Riscriviamo quindi l’uguaglianza nel

modo seguente: 23 7 7 7 (23 1) 23 1

63 7 9 9

h h hn

⋅ − ⋅ − −= = =

⋅.

Possiamo allora dire che 23h –1 deve essere un multiplo di 9, cioè 23h diviso per 9 deve avere per resto 1. Ossia 23h = 9k + 1 che può anche scriversi 18h + 5h = 9k + 1 o an-che 9 ⋅ (k – 2h) = 5h –1. Quindi dobbiamo trovare qualche valore di h compreso tra 0 e 8 per cui 5h – 1 è multiplo di 9. Basta provare i diversi valori, trovando così h = 2. Otte-

niamo così 23 2 1 45

9 9n

⋅ −= = = 5, da cui m

=63 5 7

23

322

2314

⋅ += = .

11. Il sistema da risolvere è 100

50 10 500

a m s

a m s

+ + =

+ + =. Sottraendo

termine a termine otteniamo: 49a + 90m = 400. Da cui 400 49 4 4 1

44 5 44 5 49 9 9

a a am a a

− − −= = − + = − + ⋅ , per-

tanto 1 – a = 9n a = 1 – 9n, quindi m = 44 – 5 + 45n +


85

4n = 49n + 39. Deve essere m ≥ 0, cioè n ≥ 0 e 1

9n ≤ .

Quindi l’unica soluzione accettabile: n = 0, a = 1, m = 39, s = 100 – a – m = 60.

12. Indichiamo i numeri da cercare con xy e zt. Usando la no-tazione esponenziale diventano 10x + y e 10z + t. La ri-chiesta quindi equivale a dire che xy ⋅ zt= yx ⋅ tz, cioè (10x + y) ⋅ (10z + t) = (10y + x) ⋅ (10t + z). Semplificando otte-niamo 100xz + 10xt + 10yz + yt = 100yt + 10yz + 10xt + xz, ossia 99xz = 99yt o meglio xz = yt. Basta allora cercare coppie di numeri interi diversi e minori di 10 (di una cifra) che forniscono lo stesso prodotto. Esse sono 1 ⋅ 4 = 2 ⋅ 2; 1 · 9 = 3 · 3; 2 · 9 = 3 · 6; 1 · 6 = 2 · 3; 3 · 8 = 4 · 6; 1 · 8 = 2 · 4; 2 · 6 = 3 · 4; 4 · 9 = 6 · 6. Alla fine troviamo le se-guenti 14 soluzioni: 12 · 42 = 21 · 24; 23 · 96 = 32 · 69; 12 · 63 = 21 · 36; 24 · 63 = 42 · 36; 12 · 84 = 21 · 48; 24 · 84 = 42 · 48; 13 · 62 = 31 · 26; 26 · 93 = 62 · 39; 13 · 93 = 31 · 39; 34 · 86 = 43 · 68; 14 · 82 = 41 · 28; 36 ·84 = 63 · 48; 23 · 64 = 32 · 46; 46 · 96 = 64 · 69.


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Bibliografia

C. Di Stefano, Quaderni di matematica ricreativa - Aritmeti-ca, ebook, 2009 C. Di Stefano, Quaderni di matematica ricreativa – Geome-tria, ebook, Gela, 2010 C. Di Stefano, Quaderni di matematica ricreativa – Combi-natoria, Probabilità, ebook, Gela, 2011 C. Di Stefano, Quaderni di matematica ricreativa – Logica, ebook, Gela, 2018 Alcuino da York, Giochi matematici alla corte di Carloma-gno. Problemi per rendere acuta la mente dei giovani–Propositiones ad acuendos juvenes. Testo latino a fronte, ETS, Pisa 2005 B. Auerbach, O. Chein Problem solving through recrea-tional mathematics, Dover, New York, 2000 C. G. Bachet Problemes plaisants et dèlectables qui se font par le nombres, V edizione, rivista da A. Labosne, Librairie scientifique et technique Alber Blanchard, Paris, 1959 A. H. Beiler Recreations in the theory of numbers, Dover, New York, 1964 Cajori F., A History of Mathematical Notations, Dover, New York, 1993 I. Ghersi Matematica dilettevole e curiosa, Hoepli, Milano 1978 E. Lucas Récréations mathématiques, in 4 volumi, Gauthier–Villars. et fils, imprimeurs–libraires, Paris, 1882. K. Menninger Number word and number symbols, Dover, New York, 1992 O. Ore, Number theory and its history, Dover, New York, 1988 Y. Perelman, Opere di Perelman, e-book scaricabili, in spa-gnolo, dal sito http://www.librosmaravillosos.com/ W.W. Rouse Ball, H.S.M. Coxeter, Mathematical recrea-tions and essays, Dover, New York 1987

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