Ecco! Lo sapevo che andava a finire così. Non ho ricevuto nemmeno una soluzione (probabilmente quelle che mi avete inviato si sono perse nei meandri della burocrazia di certe strutture comunali…)
Comunque siano andate le cose, ho dovuto rinunciare a parecchi momenti delle mie vacanze in montagna, così che più volte, invece di godermi una salutare passeggiata fra i boschi, ho tratto ispirazione dalla natura per risolvere i sei problemi proposti. Al termine di alcune ore di lavoro avevo tracciato sul mio quadernino una lunga sequenza di simboli che ora vi riporterò.
Per chi non avesse letto l’articolo del mese scorso è bene precisare che sto parlando della soluzione dei problemi delle olimpiadi di matematica pubblicati nel numero “estate”.
Premetto soltanto una cosa: le soluzioni sono state scritte in modo da essere comprensibili possibilmente a chiunque senza che sia richiesta una notevole preparazione matematica; ho quindi rinunciato ad ogni formalismo (rischiando di fare inorridire i lettori più attenti alla forma), prediligendo forme più discorsive ed immediate.
Dal momento che per risolvere questo esercizio sarebbe necessaria una notevole quantità di immagini, per problemi di spazio mi limiterò a riportare il risultato.
La risoluzione inizia in questo modo: il tassello ha area di 9 per cui il quadrato ottenuto dovrà avere area multipla di 9; conseguentemente il lato “n” dovrà essere multiplo di 3. Per proseguire può essere comodo ritagliare dei tasselli uguali a quelli dati nel cartoncino per poi provare le diverse combinazioni. Si vede quasi subito che il lato del quadrato deve essere multiplo di 6.
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Cominciamo col cercare l’insieme delle pagelle coi voti di matematica diversi e per cui nessun alunno sia più bravo di un altro; cerchiamo cioè l’insieme delle coppie di numeri da 1 a 10 tali che il secondo numero sia inferiore al secondo numero di tutte le coppie che hanno il primo numero superiore. L’insieme più numeroso è {1;10 2;9 3;8 … 9;2
10;1} composto ovviamente da 10 elementi. Questo significa che esiste una classe di 10 alunni in cui nessuno è più bravo degli altri in matematica.
Ora cerchiamo un altro insieme che goda delle stesse proprietà (è da notare che stiamo cercando i casi più sfavorevoli al verificarsi della tesi, per cui, se si riesce a dare una dimostrazione in questo caso, tutti gli altri casi saranno dimostrati). Prendiamo ad esempio {2;10
3;9 4;8 … 9;3 10;2} formato da 9 elementi. Anche fra queste pagelle non c’è uno studente più bravo degli altri però, rispetto al primo insieme, si può vedere che gli alunni sono più bravi.
Se consideriamo la classe composta da 10 alunni possiamo vedere che esiste un alunno A (preso dal secondo insieme) più bravo di un alunno
B (preso dal primo insieme), ma non c’è un alunno C tale che B sia più bravo. E’ così dimostrata la seconda domanda del problema: la tesi non rimane vera.
Ora, per raggiungere i 20 della prima domanda, bisogna prendere un altro alunno che ovviamente non farà parte dei due insiemi precedenti; questo significa che è possibile stabilire se i suoi voti sono maggiori o minori di quelli degli altri insiemi di studenti per cui è possibile trovare 3 alunni (quest’ ultimo (A), uno del secondo insieme
(B) e uno del primo insieme (C)) tale che A è più bravo di B e B è più bravo di C.
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Chiamiamo Pa, Pb, Pc e Pd le probabilità che l’ubriacone si trovi in ciascun punto A, B, C e D nella bevuta corrente e Pa’, Pb’, Pc’ e Pd’ le stesse probabilità nella bevuta successiva. Alla prima bevuta l’ubriacone è in A quindi Pa = 1 mentre Pb, Pc e Pd sono uguali a 0.
Quando l’ubriaco è in A o in D, potrà spostarsi solo in C o in B col
50% di probabilità ciascuno, quindi Pb’ = (Pa + Pd) / 2 e pc’ = (Pa +
Pd) / 2. A conferma di ciò si può intuitivamente stabilite che la seconda bevuta avverrà col 50% di probabilità in B e coll’altro 50% in
C, il chè corrisponde con la relazione precedentemente stabilita.
Quando l’ubriaco è in C o in B può spostarsi con 1/3 di probabilità in
A, 1/3 in D e 1/3 in C se partiva da B o in B se partiva da C.
Quindi:
Pa’ = (Pb + Pc) / 3 Pd’ = (Pb + Pc) / 3
Pb’ = (Pa + Pd) + Pc / 3 Pc’ = (Pa + Pd) + Pb / 3
Si può notare come Pa’ e Pd’ siano uguali quindi Pa’ = Pd’ = (Pb + Pc)
/ 3 da cui Pb’ = Pa + Pc / 3 e Pc’ = Pa + Pb / 3.
Anche Pb’ e Pc’ sono simmetrici per cui si possono considerare uguali ed arrivare a:
Pd’ = Pa’ = 2/3 * Pb e Pc’ = Pb’ = Pa + Pb / 3
Partendo dalla seconda bevuta con Pb = Pc = 1/2 e iterando le due formule si ottiene:
1 Bevuta: 1,0000 0,0000
2 Bevuta: 0,0000 0,5000
3 Bevuta: 0,3333 0,1666
4 Bevuta: 0,1111 0,3888
5 Bevuta: 0,2592 0,2407
6 Bevuta: 0,1606 0,3395
Dalla 6a bevuta in poi, continuando con i calcoli, si vede come è sempre più probabile che l’ubriacone si trovi in B o in C] Continuando ad iterare le serie convergono; Pa tende a 0,2 mentre Pb tende a 0,3.
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Per dimostrare che AB = AP devo dimostrare che i due triangoli ABD e
APD sono uguali. Questi hanno il lato AD in comune e gli angoli BAD e
DAP uguali visto che AD è la bisettrice. E’ quindi sufficiente dimostrare che gli angoli ABC e APD sono uguali per risolvere l’esercizio.
Tracciamo il diametro con un estremo in A e chiamo E l’altro estremo del diametro. Gli angoli CAE e CBE sono uguali perchè giacciono sullo stesso arco della circonferenza. Il triangolo ABE è rettangolo in B perchè è inscritto in una semicirconferenza. Quindi l’angolo ABC = CBE
+ 90 = CAE + 90.
E’ facile vedere che CAE = 90 – (180 – APD) da cui APD = CAE + 90
L’angolo ABC = APD per cui AB = AP.
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E’ noto che sezionando una superficie sferica con un piano, si ottiene una circonferenza.
Consideriamo allora le due circonferenze e la loro retta tangente, viste da un piano normale alla retta tangente. Le due circonferenze possono essere considerate intersezioni della sfera con piani perpendicolari al piano di osservazione.
Dimostrare che le due circonferenze giacciono su una superficie sferica equivale a dimostrare che i due segmenti di figura (che sono le due circonferenze viste dall’alto) hanno gli estremi sulla circonferenza tratteggiata (che è la sfera sezionata).
Questo è sempre possibile perchè dati 3 punti (gli estremi dei segmenti) è sempre possibile trovare una circonferenza che li tocchi.
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Dato che x**2 >= 0, 2**y >= 615 Dato che y è un intero, y >= 10.
L’equazione può anche essere scritta 2**y – x**2 = 615 e, posto t = y/2, può essere scomposta in (2**t + x)(2**t – x) = 615]
Ora scompongo il 615 in fattori primi: 615 = 1 * 3 * 5 * 41
Devo quindi scrivere una serie di sistemi di due equazioni in cui di volta in volta associo combinazioni diverse di fattori primi ai due termini (2**t + x) e (2**t – x)] Dato che questi due termini devono necessariamente essere interi devo trovare per quali fattori primi che compongono il 615 ho dei valori di x e t interi.
Posso scrivere ad esempio:
{ 2**t + x = 15
{ 2**t – x = 41 oppure
{ 2**t + x = 3
{ 2**t – x = 205 ma entrambe non danno soluzioni intere]
L’unica combinazione che invece da soluzioni è:
{ 2**t + x = 123
{ 2**t – x = 5 da cui si deduce con semplici calcoli che x = 59 e y = 12]
