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I.M.O. = International Mathematics Olympiad
La prima Olimpiade Internazionale
della Matematica si tenne a Brasov, in Romania, nel
1959.
Se tu fossi nato intorno al 1942 avresti potuto parteciparvi.
E magari avresti potuto vincerla. Vuoi provare?
Ti ricordo che su BASE Cinque non ci sono gare
matematiche ma sfide matematiche. E
le sfide sono soprattutto con se stessi.
Perciò hai tutto il tempo che vuoi per vincere la prima Olimpiade
Internazionale della Matematica.
Ecco i 6 quesiti. Segna 1 punto per ogni esercizio che hai risolto correttamente.
1. Dimostrare che (21n+4)/(14n+3) è irriducibile per qualunque numero naturale n.
2. Per quali valori reali di x si ha
che Ö(x
+ Ö(2x-1))
+ Ö(x
- Ö(2x-1))
= A
dati:
a) A = Ö2
b) A = 1
c) A = 2
Si assuma che tutti i radicandi e tutti i radicali siano
positivi.
3. Siano a, b, c numeri reali. Data
l'equazione quadratica in cosx:
a cos2x + b cos
x + c = 0,
costruire un'equazione quadratica in cos 2x le cui radici
siano le stesse dell'equazione data.
Si confrontino le due equazioni nel caso: a=4, b=2, c=-1
4. Dato il segmento AC, costruire un
triangolo ABC con l'angolo ABC = 90°, la cui mediana BM
soddisfi la relazione:
BM2 = AB*BC.
5. Sia M un punto arbitrario sul
segmento AB.
Siano AMCD e MBEF due quadrati costruiti dalla stessa parte
di AB.
Le circonferenze circoscritte a questi quadrati, di centri
rispettivamente P e Q, si intersechino nei punti M ed N.
a) dimostrare che AF e BC si intersecano in N;
b) dimostrare che i segmenti MN passano per un punto fisso S
(indipendente da M);
c) determinare il luogo dei punti medi dei segmenti PQ al
variare di M.
6. I piani p, q non sono paralleli.
Il punto A giace su p ma non su q , e il punto C giace su q
ma non su p.
Costruire i punti B su p e D su q in modo che il quadrilatero
ABCD soddisfi le seguenti condizioni:
1) giaccia su un piano;
2) AB sia parallelo a CD;
3) AD = BC;
4) sia circoscrittibile ad un cerchio.
Le
risposte si trovano sotto la valutazione
Sei proprio sicuro/a di volerle vedere ora?
Valutazione
La valutazione è molto semplice.
a) 6 punti: hai vinto l'IMO.
b) meno di 6 punti: hai quasi vinto l'IMO.
Risposte
& riflessioni
1. Se due numeri, a, b sono divisibili per
uno stesso numero c, allora lo sono anche la loro somma, la
loro differenza, e una qualunque loro combinazione lineare na+mb.
In altre parole tutti i divisori propri di a e b sono
divisori di na+mb.
Quindi, ad esempio 3a - 2b è divisibile per c.
Se riusciamo a trovare una combinazione lineare che dà come
risultato 1, possiamo concludere che a e b sono primi fra
loro e quindi che la frazione a/b è irriducibile.
Ed è proprio così
3(14n+3)-2(21n+4)=1.
2. Eleviamo al quadrato entrambi i membri.
Facciamo molta attenzione alle condizioni di esistenza dei
radicali.
Otteniamo:
(a) qualunque x nell'intervallo [1/2,1];
(b) nessuna soluzione (3/4 non è accettabile);
(c) x=3/2.
3. Utilizziamo l'uguaglianza: cos 2x = 2 cos2x
- 1.
Sostituendo ed eseguendo alcuni semplici calcoli otteniamo:
a2cos22x + (2a2 + 4ac - 2b2)
cos 2x + (4c2 + 4ac - 2b2 + a2)
= 0.
Nel caso particolare: a=4, b=2, c=-1, le soluzioni sono 2pi/5
(o 8pi/5) and 4pi/5 (o 6pi/5).
4. Ricordiamo che:
a) ogni triangolo rettangolo è inscrittibile in una
semicirconferenza di diametro coincidente con l'ipotenusa.
b) di conseguenza la mediana relativa all'ipotenusa è uguale
alla metà dell'ipotenusa stessa;
L'area del triangolo misura: A = AB*BC/2
La relazione del problema è: BM2 = AB*BC
Quindi: A = BM2/2 = AC2/8 (perché BM =
AM = MC)
Perciò B dista AC/4 da AC.
In definitiva B è ciascuno dei due punti di intersezione
della circonferenza di diametro AC con la retta parallela ad
AC e distante AC/4 da essa.
5. Ricordiamo che l'angolo alla circonferenza
che insiste su una corda uguale al lato del quadrato
inscritto vale 45° oppure 135° a seconda che il vertice si
trovi sull'arco più ampio o su quello meno ampio sottesi
dalla corda.
a) Dimostriamo che ANF = 180°.
ANM = 45°, FNM = 135°, perciò ANF = ANM + FNM = 180°.
Con analogo ragionamento si dimostra che BCN = 180°
b) Osserviamo che ANM = MNB = 45°. Dunque ANB è un
triangolo rettangolo in N, MN è la bisettrice dell'angolo
retto e N si trova sulla circonferenza di diametro AB.
La bisettrice MN incontra la circonferenza di diametro AB in
un altro punto che è il punto fisso S richiesto dal problema.
Infatti ANS = BNS = 45°. Da cui gli archi AS e BS devono
essere uguali e, siccome A e B sono punti fissi, anche S deve
essere un punto fisso.
c) Osserviamo che il centro P si trova ad una distanza AM/2
da AB mentre il centro Q si trova ad una distanza MB/2 da AB.
Quindi la distanza del punto medio di PQ da AB è pari a:
(AM/2 + MB/2)/2 = (AM + MB)/4 = AB/4.
Da ciò deduciamo che il luogo dei punti cercato è un
segmento di retta.
Esaminando i casi limite, possiamo concludere che si tratta
del segmento lungo AB/2, centrato su AB e distante AB/4 da AB.
6. Supponiamo che i piani p, q si incontrino
sulla retta r.
Bisognerà prima di tutto scegliere B, D in modo che AB e CD
siano paralleli ad r e quindi anche fra di loro. In questo
modo vengono soddisfatte le prime due condizioni.
La terza condizione, AD = BC, implica che il quadrilatero
deve essere un trapezio isoscele (il quadrato è un caso
particolare)
La quarta condizione richiede che il quadrilatero (trapezio
isoscele) sia circoscrivibile ad un cerchio.
Dobbiamo quindi trovare una nuova relazione fra gli elementi
della figura.
Tracciamo la perpendicolare da C ad AB e chiamiamo H il suo
piede.
Se il quadrilatero è circoscrivibile, si deve avere AH = AD.
Si noti che:
- se CH < AH, il problema non ha soluzioni (il trapezio
risulta "troppo lungo");
- se CH = AH, la soluzione è un quadrato;
- se CH < AH, si hanno due soluzioni simmetriche.
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