Soluzioni finale nazionale Bocconi 2012

afullo · 2012-05-20CEST18:39:23+02:00

"Testi:\n\nhttp:\//\//win.doomitalia.it\//varie\//bocconi_2012_testi1.jpg\nhttp:\//\//win.doomitalia.it\//varie\//bocconi_2012_testi2.jpg\n\nSoluzioni: (problemi dal 9 al 19, quelli della categoria GP escluso il 20 che non ho fatto)\n\n9. Il fiore deve valere necessariamente 1, in quanto in [tex]\\mathbb{Z}_{10}[\//tex] l'equazione [tex]7 \\cdot f = 7[\//tex] ha come unica soluzione proprio 1 (essendo 7 e 10 primi tra loro, esiste l'inverso moltiplicativo di 7 e dunque si pu\u00f2 semplificare per esso). A questo punto non ci sono riporti e si pu\u00f2 ragionare sul cuore: esso deve soddisfare l'equazione [tex]7 \\cdot c = 1[\//tex], l'inverso moltiplicativo di 7 \u00e8 3 e dunque [tex]c=3[\//tex]. Quanto ai quadri, si procede allo stesso modo considerando il riporto di 2, dovendosi cio\u00e8 soddisfare [tex]7 \\cdot q+2=q[\//tex], ergo [tex]6 \\cdot q=8[\//tex]. In questo caso non si pu\u00f2 semplificare direttamente, non essendo 6 e 10 coprimi, ma lo si pu\u00f2 fare dividendo per 2 anche il modulo della congruenza: [tex]3 \\cdot q=4[\//tex] in [tex]\\mathbb{Z}_{5}[\//tex]. A questo punto siamo in un campo e dunque gli inversi esistono con certezza, moltiplicando per 2 risulta [tex]q=3[\//tex] che modulo 10 fornisce le due possibilit\u00e0 [tex]q=3,8[\//tex]. La prima \u00e8 da scartarsi in quanto il 3 \u00e8 gi\u00e0 stato utilizzato (e non \u00e8 l'unica motivazione, per dirne un'altra porterebbe ad un prodotto di sole quattro cifre), la seconda funziona e porta al risultato corretto. Dunque la risposta esatta \u00e8 1831.\n\n10. Osserviamo che la superficie consta di 19 quadretti, e che le due colonne di destra ne possiedono rispettivamente (partendo dall'esterno) 7 e 5. Tagliando a met\u00e0 l'intera quarta colonna (e solo quella), secondo una qualsiasi delle due diagonali, otteniamo due superfici di area 9.5 quadretti, pertanto tali due tagli sono le soluzioni del problema.\n\n11. La soluzione \u00e8 la coppia che risolve il sistema lineare [tex](p+2,p+20) = (5(f+2),2(f+20))[\//tex], di risoluzione elementare.12. Le soluzioni sono le terne [tex](c,f,q)[\//tex] di interi compresi tra 1 e 9, estremi inclusi, tali per cui [tex](c-f)(c-q)(f-q) \\neq 0[\//tex], e che soddisfano l'equazione: \n\n[tex]\\begin{eqnarray*}\n\n100c + 10f + q & = & \\frac{1}{2} (100f + 10q + c + 100q + 10c + f) \\\\\n100c + 10f + q & = & 50.5 f + 55 q + 5.5 c \\\\\n94.5c - 40.5f - 54q & = & 0 \\\\\n189c - 81f - 108q & = & 0 \\\\\n7c - 3f - 4q & = & 0\n\n\\end{eqnarray*}[\//tex]\n\nProvando ad attribuire valori crescenti a [tex]c[\//tex], e permettendo a [tex]f[\//tex] di assumere solo eventuali valori tali per cui [tex]7c-3f[\//tex] risultasse multiplo di 4 (e che non sforasse 36), tenuto conto anche della condizione di non coincidenza, si trovano le quattro soluzioni: 481, 518, 592, 629.\n\n13. Considerando i quadratini di lato unitario, e l'origine di un sistema di riferimento nel vertice in basso a sinistra del quadrato grande, il segmento da esso uscente ha equazione [tex]y=2x[\//tex], mentre l'altro [tex]y=4-\\frac{1}{2}x[\//tex]. La ricerca del punto di intersezione porta a [tex]2x = 4-\\frac{1}{2}x[\//tex], cio\u00e8 [tex]x=\\frac{8}{5}[\//tex], e a questo punto l'area colorata pu\u00f2 essere ricondotta all'integrale di una funzione lineare a tratti:\n\n[tex]\\begin{eqnarray*}\n\nA_{col} \n& = & \\int_0^{\\frac{8}{5}} 2x \\mbox{ } dx + \\int_{\\frac{8}{5}}^4 \\left( 4-\\frac{1}{2}x \\right) dx \\\\\n& = & \\left[ x^2 \\right]_0^{\\frac{8}{5}} + \\left[ 4x - \\frac{1}{4}x^2 \\right]_{\\frac{8}{5}}^4 \\\\\n& = & \\left( \\frac{64}{25}-0 \\right) + \\left(4 \\cdot 4 - \\frac{1}{4} \\cdot 16 \\right) - \\left(4 \\cdot \\frac{8}{5} - \\frac{1}{4} \\cdot \\frac{64}{25} \\right)\n& = & \\frac{44}{5}\n\n\\end{eqnarray*}[\//tex]\n\nEssendo l'area dell'intero quadrato pari a 16, il rapporto risulta di [tex]\\displaystyle \\frac{44}{80} = \\mathbf{\\frac{11}{20}}[\//tex].\n\n14. Sia [tex]v_n[\//tex] la velocit\u00e0 del barcone che parte dalla riva nord, [tex]v_s[\//tex] la velocit\u00e0 di quello che parte dalla riva sud, [tex]l[\//tex] la larghezza del canale. Dovranno valere le seguenti uguaglianze cinematiche:\n\n[tex]\\begin{eqnarray*}\n\n\\frac{3.5 \\mbox{ } km}{v_n} & = & \\frac{l-3.5 \\mbox{ } km}{v_s} \\\\\n\\frac{l + 2 \\mbox{ } km}{v_n} & = & \\frac{2l - 2\\mbox{ } km}{v_s}\n\n\\end{eqnarray*}[\//tex]\n\nda cui la proporzione [tex]3.5 : l-3.5 = l+2 : 2l-2[\//tex], che restituisce la soluzione non accettabile [tex]l=0[\//tex] e quella accettabile [tex]\\mathbf{l = 8.5 \\mbox{ } km}[\//tex].15. Dal teorema di Pitagora si ricava che tra Logix e Algebris ci sono 144 km, e si riscontra elementarmente che il triangolo grande e quello Arithmeville-Gemocity-Algebris sono simili. Essendo il lato inferiore di quello piccolo i 7\//12 del lato inferiore di quello grande (144 km - 60 km = 84 km, 84 km \// 144 km = 7\//12), questo \u00e8 il rapporto di similitudine, e dunque la distanza cercata \u00e8 di 60 km * 7\//12 = 35 km.\n\n16. Si considera il triangolo equilatero con vertici i tre centri delle circonferenze: se il lato curvilineo \u00e8 10pi cm, le intere circonferenze sono 60pi cm (essendo settori circolari di 60\u00b0), e i raggi sono 30 cm. Dunque tale triangolo ha lato 60 cm, e area [tex]900 \\sqrt{3} \\mbox{ } cm^2[\//tex]. Togliamo ora le parti interne alle circonferenze: tre spicchi di un sesto, pari a met\u00e0 di una circonferenza, per un totale di [tex]900 \\frac{\\pi}{2} \\mbox{ } cm^2[\//tex]. L'area richiesta \u00e8 pertanto di [tex]900 (\\sqrt{3} - \\frac{\\pi}{2}) \\mbox{ } cm^2[\//tex], e dovendosi approssimare come richiesto dal testo, il valore \u00e8 di [tex]900 (1.73-1.57) \\mbox{ } cm^2 = 900 \\cdot 0.16 \\mbox{ } cm^2 = \\mathbf{144 \\mbox{ } cm^2}[\//tex].\n\n17. Consideriamo le seguenti uguaglianze:\n\n[tex]\\begin{eqnarray*} a+b & = & l^2 \\\\\nb+c & = & m^2 \\\\\nc+a & = & n^2 \\end{eqnarray*}[\//tex]\n\n[tex]\\begin{eqnarray*} a+2b+c & = & l^2+m^2 \\\\\n2b & = & l^2+m^2-n^2 \\\\\nb & = & \\frac{1}{2}(l^2+m^2-n^2) \\end{eqnarray*}[\//tex]\n\n[tex]\\begin{eqnarray*} a & = & \\frac{1}{2}(l^2+n^2-m^2) > 0 \\\\\nb & = & \\frac{1}{2}(l^2+m^2-n^2) > 0 \\\\\nc & = & \\frac{1}{2}(m^2+n^2-l^2) > 0 \\end{eqnarray*}[\//tex]\n\nOsserviamo ora le seguenti cose:\n\n[*:3a6zvxg6] le quantit\u00e0 a secondo membro, fattore numerico escluso, devono essere pari, proprio per la presenza di tale fattore; esse sono evidentemente invarianti per parit\u00e0 (differiscono tra di loro per quantit\u00e0 visibilmente multiple di 2), dunque \u00e8 sufficiente imporre la parita per una di esse. Sostanzialmente, questo si traduce nel fatto che l^2, m^2, n^2, dunque l,m,n, o sono tutti pari, o uno pari e due dispari;[\//*:3a6zvxg6]\n[*:3a6zvxg6]le stesse quantit\u00e0 devono soddisfare la disuguaglianza triangolare, affinch\u00e9 a,b,c risultino effettivamente positivi;[\//*:3a6zvxg6]\n[*:3a6zvxg6] due quantit\u00e0 uguali tra l,m,n, danno due quantit\u00e0 uguali tra a,b,c: dunque devono essere valori tutti diversi tra loro;[\//*:3a6zvxg6]\n[*:3a6zvxg6] a+b+c = (1\//2) (l^2+m^2+n^2) : aumentando una quantit\u00e0 qualunque, aumentano entrambe le somme.[\//*:m:3a6zvxg6][\//list:u:3a6zvxg6]\n\nSe sono tutti pari, la terna pi\u00f9 piccola che soddisfa quanto sopra, tenendo conto dell'ordine richiesto e indotto da a

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afullo

20 mag 2012, 18:39

Testi:

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Soluzioni: (problemi dal 9 al 19, quelli della categoria GP escluso il 20 che non ho fatto)

15. Dal teorema di Pitagora si ricava che tra Logix e Algebris ci sono 144 km, e si riscontra elementarmente che il triangolo grande e quello Arithmeville-Gemocity-Algebris sono simili. Essendo il lato inferiore di quello piccolo i 7/12 del lato inferiore di quello grande (144 km - 60 km = 84 km, 84 km / 144 km = 7/12), questo è il rapporto di similitudine, e dunque la distanza cercata è di 60 km * 7/12 = 35 km.

16. Si considera il triangolo equilatero con vertici i tre centri delle circonferenze: se il lato curvilineo è 10pi cm, le intere circonferenze sono 60pi cm (essendo settori circolari di 60°), e i raggi sono 30 cm. Dunque tale triangolo ha lato 60 cm, e area [tex]900 \sqrt{3} \mbox{ } cm^2[/tex]. Togliamo ora le parti interne alle circonferenze: tre spicchi di un sesto, pari a metà di una circonferenza, per un totale di [tex]900 \frac{\pi}{2} \mbox{ } cm^2[/tex]. L'area richiesta è pertanto di [tex]900 (\sqrt{3} - \frac{\pi}{2}) \mbox{ } cm^2[/tex], e dovendosi approssimare come richiesto dal testo, il valore è di [tex]900 (1.73-1.57) \mbox{ } cm^2 = 900 \cdot 0.16 \mbox{ } cm^2 = \mathbf{144 \mbox{ } cm^2}[/tex].

17. Consideriamo le seguenti uguaglianze:

[tex]\begin{eqnarray*} a+b & = & l^2 \\
b+c & = & m^2 \\
c+a & = & n^2 \end{eqnarray*}[/tex]

[tex]\begin{eqnarray*} a+2b+c & = & l^2+m^2 \\
2b & = & l^2+m^2-n^2 \\
b & = & \frac{1}{2}(l^2+m^2-n^2) \end{eqnarray*}[/tex]

[tex]\begin{eqnarray*} a & = & \frac{1}{2}(l^2+n^2-m^2) > 0 \\
b & = & \frac{1}{2}(l^2+m^2-n^2) > 0 \\
c & = & \frac{1}{2}(m^2+n^2-l^2) > 0 \end{eqnarray*}[/tex]

Osserviamo ora le seguenti cose:

Se sono uno pari e due dispari, ragioniamo sul pari. Se è 2, non va se gli altri sono (1,3), e a maggior ragione altrimenti (il più grande lo è troppo); se è 4, con (1,3) è 4 ad essere grande, con (3,5) non va (terna pitagorica), dunque nemmeno con gli altri (la forbice si allarga); se è 6, non vanno (1,3), (1,5), (3,5), essendo 6 troppo grande, mentre è 7 troppo grande per (1,7), (3,7). Tuttavia, va bene la terna (l,n,m)=(5,6,7), che porta ad (a,b,c)=(6,19,30), soluzione pertanto del problema.

18. Si verifica, facendo ricorso alle note formule per i numeri poligonali, e imponendo che il discriminante dell'equazione di secondo grado risultante sia un quadrato perfetto (affinché le soluzioni siano intere), che 969 non è né triangolare (dunque nemmeno esagonale), né quadrato, né pentagonale, né ettagonale, né ottagonale, ma è il 17° numero ennagonale. Dunque Nando ha 17 anni.

19. Il problema comprende in sé l'importante informazione che questa somma è indipendente dalle varie suddivisioni per cui si opta di volta in volta (fatto a priori tutt'altro che banale, ma che in questo caso è dato per scontato, altrimenti la richiesta del problema non avrebbe significato, se ci fosse una dipendenza in tal senso). Allora è sufficiente scegliere la suddivisione che rende i calcoli più semplici: dividere ogni volta il mucchio delle n pietre restanti in due mucchi formato uno da 1 pietra e l'altro da n-1 pietre. In questo modo i prodotti sono semplicemente i numeri interi da 2011 a decrescere, la cui somma è naturalmente il 2011° numero triangolare: 2023066, come calcolabile immediatamente tramite la ben nota relazione che lega l' n-esimo numero di tale tipo con il numero stesso.

Risposte

xXStephXx

20 mag 2012, 16:47

Uhm.. anche tu stai da entrambe le parti?

afullo

20 mag 2012, 17:03

"xXStephXx":
Uhm.. anche tu stai da entrambe le parti?

Entrambe? Tutte e tre...

http://olimato.altervista.org/forum/

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