SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014
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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 = 4 + 3 = 7. SEMIFINALE Sabato 22 marzo 2014. PROBLEMA 2.

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Presentation Transcript


Semifinale sabato 22 marzo 2014

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 = 4 + 3 = 7


Semifinale sabato 22 marzo 2014

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PROBLEMA 2

Si calcola ora invertendo l’ordine in cui Jacob incontra i nonni:

Prima di incontrare il nonno:

16 : 2 = 8

Si va a ritroso, si calcola quanto aveva Jacob all’inizio

Dopo aver incontrato il nonno:

3 x 2 = 6

Dopo aver incontrato la nonna:

6 + 5 = 11

Prima di incontrare la nonna:

8 - 5 = 3

Jacob avrebbe avuto 11 Euro


Semifinale sabato 22 marzo 2014

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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 3 + 4 + 5 = 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:

123 + 4 + 56 + 7 = 190


Semifinale sabato 22 marzo 2014

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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

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PROBLEMA 5

6

9

2

Anche qui si comincia con le posizioni già certe

Restano le cifre “2” ; “3” ; “7” ; “9”

7

8

4

3

“7” e “9” vanno nella prima colonna

Nella seconda riga la somma delle cifre mancanti è 11

 solo “9” e “2” vanno bene

5


Semifinale sabato 22 marzo 2014

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PROBLEMA 6

Consideriamo i 2 pini:

il 1° ha 4 ed 1

il 2° ha 6 e 3

?

15 cm2

La differenza delle loro aree è di 15 – 8 = 7 cm2 e vale 2 e 2

8 cm2

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:

8 + 6 = 10 + (2 x 7) = 10 + 14 = 24 cm2

Possiamo calcolare quanto valgono le aree dei singoli triangoli e dei rettangoli, con un sistema di 2 equazioni

Oppure possiamo fare diversamente


Semifinale sabato 22 marzo 2014

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PROBLEMA 7

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

Il massimo che si può ottenere con i due

quadrati esterni che non si intersecano è 5:

Quando il quadrato compreso tra gli altri due è esattamente a metà tra di loro escono fuori altri due quadratini:

Totale 8 quadrati

  • 3 quadrati di partenza

  • 2 quadratini con i lati appartenenti a 2 quadrati


Semifinale sabato 22 marzo 2014

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PROBLEMA 8

In queste due decine le uniche cifre la cui quantità cambia “velocemente” nell’arco di 13 pagine sono “0”, “9” e “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.

0  109 ; 9  99 ; 8 98

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)

L’unico caso verificato è con la cifra “8”  #(98) = 20 e #(85) = 14

Questo vuol dire che la soluzione va cercata in questa decina, o in quella dopo

Il libro ha 98 pagine


Semifinale sabato 22 marzo 2014

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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

N1 = 504

N2 = 1008

N3 = 1512


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PROBLEMA 10

Ci sono 6 posizioni in cui inserire 4 segni “+”

123 + 4 + 5 + 6 + 7

12 + 34 + 5 + 6 + 7

12 + 3 + 45 + 6 + 7

12 + 3 + 4 + 56 + 7

12 + 3 + 4 + 5 + 67

1 + 234 + 5 + 6 + 7

1 + 23 + 45 + 6 + 7

1 + 23 + 4 + 56 + 7

1 + 23 + 4 + 5 + 67

1 + 2 + 345 + 6 + 7

1 + 2 + 34 + 56 + 7

1 + 2 + 34 + 5 + 67

1 + 2 + 3 + 456 + 7

1 + 2 + 3 + 45 + 67

1 + 2 + 3 + 4 + 567

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

1 + 23 + 4 + 5 + 67

1 + 2 + 34 + 56 + 7


Semifinale sabato 22 marzo 2014

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PROBLEMA 11

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

Atot = Arett + Atr

Arett = 12dam2

12

h

Atr = h2/2

Atr = 122/2 = 144/2 = 72dam2

L’area del campo è data dalla

somma delle due aree, di cui

solo quella del triangolo è variabile

Atot = 12 + 72 = 84dam2

b

h


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PROBLEMA 12

La condizione sulle diagonali implica che su una delle due ci siano tre “2”

Quindi su ogni riga e su ogni colonna ci devono essere 3 pedine diverse, e deve esserci almeno un “2” su ogni diagonale

A meno di simmetrie ci sono 4 combinazioni valide

Per prima cosa serve trovare una disposizione delle pedine che soddisfi le condizioni richieste

1° riga : 2  3

2° riga : 1 3

3° riga : 1  2

1

3

La somma “6” di tre pedine si può ottenere solo come (1 + 2+ 3) o (2 + 2 + 2)

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:

3

1

Quindi servono

3 mosse

Non possiamo avere tre pedine “2” sulla stessa riga (o colonna), perché le altre 2 non avrebbero somma = 6

1

3


Semifinale sabato 22 marzo 2014

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PROBLEMA 13

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:

Per prima cosa calcoliamo il lato del quadrato da trovare. Conosciamo la sua area. Dato “1” il lato di uno dei 5 quadratini:

Lq = 1  Aq = 1  AQ = 5  LQ = √5

LQ = √5 è pari alla diagonale di un rettangolo 2 x 1


Semifinale sabato 22 marzo 2014

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PROBLEMA 14

Cerchiamo ra i numeri con uno “0”.

Tra quelli nella forma 10k x 11 si trova che 550 rispetta la condizione  50 = 52 + 52

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 92 = 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)

Tra i numeri nella forma 100a + b, con a + b = 11, si trova che 803 va bene 

803/11 = 73 ; 82 + 32= 73

Le due soluzioni sono quindi 550 e 803

Così abbiamo eliminato 24 numeri

In mancanza di altri criteri per ridurre i casi da analizzare, si può cominciare a contare quelli più facili


Semifinale sabato 22 marzo 2014

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PROBLEMA 15

a

20

14

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:

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)

Anche se il problema non lo specifica, conviene cercare una soluzione con i rettangoli a due a due uguali

k = 1/2  A = 14 x 20 x 1/2 x (1/2 + 1) =

= (14 x 20 x 3)/4

A = 210

20(k+1) *14k | 14(k+1)*20k  ossia le due aree sono uguali


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PROBLEMA 16

Con un po’ di pazienza, attraverso un serie di mosse talvolta obbligate si arriva alla soluzione

13 mosse

12 mosse

11 mosse

10 mosse

14 mosse

15 mosse

5 mosse

1 mossa

2 mosse

3 mosse

4 mosse

8 mosse

7 mosse

6 mosse

9 mosse

(per comodità la scacchiera è ruotata e le pedine sono le caselle colorate)


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PROBLEMA 17

a1 = 20

a2 = 14

a3 = 3/4

a1 = a5k+1

a2 = a5k+2

a3 = a5k+3

a4 = a5k+4

a5 = a5k+5

In questo caso è conveniente cominciare a calcolare alcuni termini della successione, per vedere se si notano delle regolarità

a4 = 1/8

a5 = 3/2

a6 = 20

a7 = 14

La successione quindi è periodica, con periodo 5

Siccome 2014 = 5k + 4  a2014 = 1/8


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PROBLEMA 18

l

h/2

a

b

b

h/2

l/2 l/2

Bisogna valutare a quale intero si avvicina di più questa espressione

l

Approssimando al primo decimale 4079/39 = 104.6

102 = 100 < 104.6 < 10.252 = 102 + 2x10x1/4 + 1/42 = 105.0625

Quindi la radice è compresa tra 10 e 10.25, quindi il suo doppio è compreso tra 20 e 20.5  h = 20mm


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