SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014 PROBLEMA 1 A = N° cioccolatini di Anna C = N° cioccolatini di Chiara D = N° cioccolatini di Debora C = A D = A+3 A + C + D = 15  A + A + (A +3) = 15  3xA = 12  A = 4 D = = 7

SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014 PROBLEMA 2 Jacob avrebbe avuto 11 Euro Si va a ritroso, si calcola quanto aveva Jacob all’inizio Prima di incontrare il nonno: 16 : 2 = 8 Prima di incontrare la nonna: = 3 Si calcola ora invertendo l’ordine in cui Jacob incontra i nonni: Dopo aver incontrato il nonno: 3 x 2 = 6 Dopo aver incontrato la nonna: = 11

SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014 PROBLEMA 3 Un buon approccio è quello di fare dei tentativi “ragionati” - inserire 3 segni “+” vuol dire avere 4 addendi - uno degli addendi finisce per “7” - la cifra delle unità della somma è “0” La somma delle 4 cifre delle unità deve essere 20, perché 10 – 7 = 3, e non possiamo avere 3 addendi che hanno “1” come cifra delle unità 20 – 7 = 13  67 non va bene perché = 12  7 è uno degli addendi, ed uno finisce per “6” 20 – 6 – 7 = 7  o gli altri 2 addendi finiscono per “2” e “5” o per “3” e “4” Si trova che tra le 2 possibilità quella giusta è: = 190

SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014 PROBLEMA 4 Si procede per passi obbligati: considerando il quadratino a sinistra della parte già evidenziata si ricava la seconda parte del campo Il resto viene di conseguenza

SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014 PROBLEMA Anche qui si comincia con le posizioni già certe Restano le cifre “2” ; “3” ; “7” ; “9” “7” e “9” vanno nella prima colonna Nella seconda riga la somma delle cifre mancanti è 11  solo “9” e “2” vanno bene

SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014 PROBLEMA 6 8 cm 2 15 cm 2 ? Possiamo calcolare quanto valgono le aree dei singoli triangoli e dei rettangoli, con un sistema di 2 equazioni Oppure possiamo fare diversamente Consideriamo i 2 pini: il 1° ha 4 ed 1 il 2° ha 6 e 3 La differenza delle loro aree è di 15 – 8 = 7 cm 2 e vale 2 e 2 6 e 3 insieme valgono 15  4 e 2 = 10 Se prendiamo 2 volte la differenza di prima e l’ultima relazione abbiamo completato il 3° pino: = 10 + (2 x 7) = = 24 cm 2

SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014 PROBLEMA 7 Il massimo che si può ottenere con i due quadrati esterni che non si intersecano è 5: -3 quadrati di partenza -2 quadratini con i lati appartenenti a 2 quadrati Invece quando tutti i quadrati si intersecano tra loro: In generale si hanno 6 quadrati: -3 quadrati di partenza -3 quadratini con i lati appartenenti a 2 quadrati Quando il quadrato compreso tra gli altri due è esattamente a metà tra di loro escono fuori altri due quadratini: Totale 8 quadrati

SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014 PROBLEMA 8 Da 0 a 9 tutte le cifre compaiono 1 volta Scrivendo i numeri come 00, 01, 02, …, 99 abbiamo che da 00 a 99 ci sono 100 numeri e 200 cifre, quindi tutte le cifre compaiono 20 volte. Quindi è nella decina che parte da 91 che le cifre cominciano a comparire per la 20-esima volta. (lo 0 compare per la 20-esima volta a 109) Questo vuol dire che la soluzione va cercata in questa decina, o in quella dopo In queste due decine le uniche cifre la cui quantità cambia “velocemente” nell’arco di 13 pagine sono “0”, “9” e “8” 0  109 ; 9  99 ; 8  98 L’unico caso verificato è con la cifra “8”  #(98) = 20 e #(85) = 14 Il libro ha 98 pagine

SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014 PROBLEMA 9 Se N – 6 è divisibile per 6, allora anche N lo è Questo vale anche per le condizioni con “7”, “8” e “9” N è quindi il mcm(6, 7, 8, 9) o un suo multiplo, che sia minore di 2014 mcm(6, 7, 8, 9) = 504 N 1 = 504N 2 = 1008N 3 = 1512

SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014 PROBLEMA 10 Ci sono 6 posizioni in cui inserire 4 segni “+” Le combinazioni non sono tante, solo 15. Conviene scriverle tutte ed analizzarle Si eliminano le somme in cui compare un addendo a 3 cifre Restano 10 somme, che non è troppo impegnativo calcolare

SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014 PROBLEMA A tot = A rett + A tr A rett = 12dam 2 b h h A tr = h 2 /2 L’area del campo è data dalla somma delle due aree, di cui solo quella del triangolo è variabile L’area è massima quando “h” assume il valore massimo possibile, ossia quando “h” è il maggiore tra i divisori interi di 12  h = 12 A tr = 12 2 /2 = 144/2 = 72dam 2 A tot = = 84dam 2

SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014 PROBLEMA 12 Per prima cosa serve trovare una disposizione delle pedine che soddisfi le condizioni richieste La somma “6” di tre pedine si può ottenere solo come ( ) o ( ) Non possiamo avere tre pedine “2” sulla stessa riga (o colonna), perché le altre 2 non avrebbero somma = 6 Quindi su ogni riga e su ogni colonna ci devono essere 3 pedine diverse, e deve esserci almeno un “2” su ogni diagonale La condizione sulle diagonali implica che su una delle due ci siano tre “2” A meno di simmetrie ci sono 4 combinazioni valide Per ognuna di queste, per avere in ogni colonna 3 pedine diverse, serve spostare al minimo 6 pedine, al minimo in 3 mosse. Nella configurazione accanto si vede che è effettivamente possibile: 1° riga : 2  3 2° riga : 1  3 3° riga : 1  2 Quindi servono 3 mosse

SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014 PROBLEMA 13 Per prima cosa calcoliamo il lato del quadrato da trovare. Conosciamo la sua area. Dato “1” il lato di uno dei 5 quadratini: L q = 1  A q = 1  A Q = 5  L Q = √5 L Q = √5 è pari alla diagonale di un rettangolo 2 x 1 La suddivisione va fatta in modo da creare i lati del quadrato grande. Con un solo taglio non si riescono a creare 4 lati di questa lunghezza. Partendo dal quadratino a destra si trova la soluzione:

SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014 PROBLEMA 14 Qui procedere solo per tentativi è possibile, ma troppo lungo: in numeri di 3 cifre divisibili per 11 vanno da 110 a 990 ed in tutto sono 81. E’ possibile escludere senza fare troppi conti i numeri che contengono la cifra “9”. Siccome 990/11 = 90 e 9 2 = 81, l’unico numero che occorre verificare è 902, che non va bene (con altre cifre o non si può rispettare il criterio di divisibilità per 11, o la somma dei quadrati è maggiore di 90, massimo quoziente tra un numero di 3 cifre ed 11) Così abbiamo eliminato 24 numeri In mancanza di altri criteri per ridurre i casi da analizzare, si può cominciare a contare quelli più facili Cerchiamo ra i numeri con uno “0”. Tra quelli nella forma 10k x 11 si trova che 550 rispetta la condizione  50 = Tra i numeri nella forma 100a + b, con a + b = 11, si trova che 803 va bene  803/11 = 73 ; = 73 Le due soluzioni sono quindi 550 e 803

SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014 PROBLEMA 15 Anche se il problema non lo specifica, conviene cercare una soluzione con i rettangoli a due a due uguali a b “Con un po’ di fortuna” si arriva a capire che con (a = 20k) e (b = 14 k) abbiamo che l’area dei due rettangoli esterni diventa: 20(k+1) *14k | 14(k+1)*20k  ossia le due aree sono uguali A questo punto, quando k = 1/MCD(14,20) si ha il valore minimo dell’area (se dividiamo 14 e 20 per il loro MCD, i lati dei rettangoli saranno dei numeri interi) k = 1/2  A = 14 x 20 x 1/2 x (1/2 + 1) = = (14 x 20 x 3)/4 A = 210

SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014 PROBLEMA 16 Con un po’ di pazienza, attraverso un serie di mosse talvolta obbligate si arriva alla soluzione (per comodità la scacchiera è ruotata e le pedine sono le caselle colorate) 1 mossa2 mosse3 mosse4 mosse5 mosse6 mosse7 mosse8 mosse9 mosse10 mosse11 mosse12 mosse13 mosse14 mosse15 mosse

SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014 PROBLEMA 17 In questo caso è conveniente cominciare a calcolare alcuni termini della successione, per vedere se si notano delle regolarità a 1 = 20 a 2 = 14 a 3 = 3/4 a 4 = 1/8 a 5 = 3/2 a 6 = 20 a 7 = 14 La successione quindi è periodica, con periodo 5 a 1 = a 5k+1 a 2 = a 5k+2 a 3 = a 5k+3 a 4 = a 5k+4 a 5 = a 5k+5 Siccome 2014 = 5k + 4  a 2014 = 1/8

SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014 PROBLEMA 18 l h/2 b l l/2 b  Bisogna valutare a quale intero si avvicina di più questa espressione Approssimando al primo decimale 4079/39 = = 100 < < = x10x1/4 + 1/4 2 = Quindi la radice è compresa tra 10 e 10.25, quindi il suo doppio è compreso tra 20 e 20.5  h = 20mm