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Dalle Olimpiadi Sovietiche

I seguenti problemi sono tratti dalle competizioni matematiche Russe del periodo 1961-1986.
I partecipanti sono ragazzi di 14 anni che frequentano l'8° anno di scuola.

Ne ho scelto 10 tra i più semplici sulla disciplina matematica di base: l'Aritmetica.
Segna 1 punto per ogni quesito che hai risolto correttamente senza nessun aiuto.
In fondo al test troverai gli elementi per la tua valutazione.

1. I due numeri naturali a, b sono primi fra loro.
Si dimostri che il MCD (massimo comun divisore) fra (a+b) e (a²+b²) è 1 oppure 2.
(Moscow, 1963)

2. Sia data una progressione aritmetica a termini interi positivi. Uno di questi termini è un quadrato.
Si dimostri che la progressione contiene infiniti termini che sono quadrati.
(Moscow, 1963)

4. Possono entrambi i numeri (x²+y) e (y²+x), con x e y naturali, essere quadrati?
(Voronezh, 1966

5. Quale è più grande, 31¹¹ o 17¹⁴?
(Leningrad, 1968)

6. Siano dati quattro numeri positivi: a,b,c,d.
Si dimostri che fra le seguenti disuguaglianze:
a+b<c+d;
(a+b)(c+d)<ab+cd;
(a+b)cd<ab(c+d)
ce n'é almeno una errata.
(Kiev, 1969)

7. Il polinomio f(x)=ax²+bx+c è tale che l'equazione f(x)=x non ha radici reali.
Si dimostri che anche l'equazione f(f(x)) non ha radici reali.
(Kishenew, 1973)

8. Si dimostri che la seguente diseguaglianza è vera per qualunque terna a,b,c:
a³+b³+c³+3abc>ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c).
(Saratov, 1975)

9. Esistono tre numeri interi x,y,z, tali che x² + y³ = z⁴?
(Saratov, 1980)

10. Siano dati tre numeri naturali n,m,k.
Si sa che mⁿ è divisibile per n^m e n^k è divisibile per kⁿ.
Si dimostri che m^k è divisibile per k^m.
(Kishenew, 1983)

Le risposte si trovano sotto la valutazione
Sei proprio sicuro/a di volerle vedere ora?

Valutazione

a) meno di 5 punti:
Coraggio, la prossima volta andrà meglio. Non devi avere fretta, per questi test non ci sono limiti di tempo.

b) da 5 a 7 punti:
Ok, Ok, così va meglio.

c) da 8 a 10 punti:
Molto, ma molto bene. Conosci l'Aritmetica.

Risposte & riflessioni

1. I due numeri naturali a, b sono primi fra loro.
Si dimostri che il MCD (massimo comun divisore) fra (a+b) e (a²+b²) è 1 oppure 2.
(Moscow, 1963)

E' necessario ricordare il seguente teorema: 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 di a e b sono divisori anche di na+mb.
Quindi, ad esempio 3a - 2b è divisibile per c.

Nel nostro caso, se un numero d divide sia (a+b) sia (a²+b²), allora d divide anche:
(a+b)² - (a²+b²) = 2ab
perciò d divide anche:
2a(a+b) - 2ab = 2a²
e anche:
2b(a+b) - 2ab = 2b².
Ma a, b sono primi fra loro, perciò lo sono anche a², b².
In conclusione, se d divide 2a² e 2b² allora deve dividere 2.
In questo caso il MCD (massimo comun divisore) fra (a+b) e (a²+b²) è 2.

Naturalmente potrebbe anche darsi che non esista nessun d che divida sia (a+b) sia (a²+b²).
Ad esempio: (3+4) = 7 e (3²+4²) = 25.
In questo caso il MCD (massimo comun divisore) fra (a+b) e (a²+b²) è 1.

2. Sia data una progressione aritmetica a termini interi positivi. Uno di questi termini è un quadrato.
Si dimostri che la progressione contiene infiniti termini che sono quadrati.
(Moscow, 1963)

Sia a² un termine della progressione che è un quadrato e sia d la ragione della progressione stessa.
Allora tutti i numeri del tipo a² + nd, con n intero positivo, sono termini della progressione.

Per risolvere l'esercizio si tratta di dimostrare che esiste un n per il quale a² + nd è un quadrato, b².
Poiché questa dimostrazione potrà essere ripetuta per b² e per ogni altro quadrato allora si potrà concludere che la progressione contiene infiniti quadrati.

La soluzione è semplice, basta prendere n = 2a +d e si ottiene che:
c = a² + nd = a² + (2a +d)d = a² + 2ad + d² = (a+d)² appartiene alla successione.

3. Un biglietto dell'autobus è considerato "fortunato" se la somma delle prime tre cifre è unguale alla somma delle ultime tre (i biglietti degli autobus in Russia hanno 6 cifre).
Si dimostri che la somma di tutti i numeri "fortunati" è divisibile per 13.
(Moscow, 1965)

I biglietti dell'autobus sono numerati da 000000 a 999999.
Dividiamo ciascun numero da 6 cifre in due numeri di tre cifre:
da 000-000 a 999-999.
A ciascun numero di tre cifre sulla parte destra corrispondono uno o più numeri di tre cifre sulla parte sinistra che hanno la stessa somma delle cifre. E viceversa.
Ad esempio:
000-000
127-127 = 127000 + 127
127-721 = 127000 + 721
127-523
523-127 = 523000 + 127
999-999
... e così via.
In tutto, però, esistono solo 1000 numeri diversi da tre cifre.
La somma, di questi numeri è:
(999 + 000)*500 = 499500.

Siccome esistono esattamente 1000 numeri fortunati, la loro somma sarà:
S = 499.500 * 1.000 + 499.500 = 499.999.500
E' facile verificare, qualche calcolo bisognerà pur farlo, S è divisibile per 13.

4. Possono entrambi i numeri (x²+y) e (y²+x), con x e y naturali, essere quadrati?
(Voronezh, 1966
La risposta è no. Si può dimostrare per assurdo.
Supponiamo che (x²+y) e (y²+x) siano entrambi quadrati per una stessa coppia di valori x, y numeri naturali.

Il più piccolo quadrato maggiore di x² è (x+1)² = x² + 2x +1.
Perciò, se (x²+y) è un quadrato allora deve essere y > 2x.

Il più piccolo quadrato maggiore di y² è (y+1)² = y² + 2y +1.
Perciò, se (y²+x) è un quadrato allora deve essere x > 2y.

Dunque dovrebbe verificarsi:
y > 2x
x > 2y ovvero y < x/2
Il che è una contraddizione.

5. Quale è più grande, 31¹¹ o 17¹⁴?
(Leningrad, 1968)
17² = 289 > 9 * 31
Perciò: 17¹⁴ = (17²)⁷> 9⁷ * 31⁷ --- formula (1)

Notiamo che:
31¹¹ = 31⁷ * 31⁴
31⁴ = (31²)²9⁷ = (3⁷)²
Inoltre, dal fatto che: 3⁷ = 2187 > 31²
si può dedurre che: 9⁷ > 31⁴

In conclusione, sostituendo le disuguaglianze nella formula (1), si ha che:
17¹⁴ > 31¹¹.

Ecco un'altra soluzione, molto più semplice e geniale, inviata da Sprmnt21:
31^11<32^11<=2^55<2^56<=16^14<17^14

6. Siano dati quattro numeri positivi: a,b,c,d.
Si dimostri che fra le seguenti disuguaglianze:
a+b<c+d;
(a+b)(c+d)<ab+cd;
(a+b)cd<ab(c+d)
ce n'é almeno una errata.
(Kiev, 1969)
Sprmnt21
Posto:
a+b=s1
ab=p1
c+d=s2
cd=p2

dalla s1^2-4p1>=0 si ha che p1=<s1^2/4

che insieme alla p1+p2<s1s2 da':

p2>s1s2-s1^2/4

da cui utilizzando la prima (s2>s1)

p2>s1^2-s1^2/4 cioe' p2>3p1.

Quindi (con molto margine) 4p2>p1+p2>s1s2
cioe' p2/s2>s1/4>=p1/s1

che contraddice la terza (s1p2<p1s2).

7. Il polinomio f(x)=ax²+bx+c è tale che l'equazione f(x)=x non ha radici reali.
Si dimostri che anche l'equazione f(f(x)) non ha radici reali.
(Kishenew, 1973)
Sprmnt21
Il testo sembra mancare di qualche pezzo.
Interpreto il testo riferendomi all'equazione f(f(x))=x.
Se f(x)=x non ha radici reali, significa che f(x)>x per ogni x o f(x)<x per ogni x.
Supponiamo a>0 (il caso a<0 si puo' trattare in modo analogo).
Da f(x)>x per ogni x, segue, a maggior ragione, che f(f(x))>f(x).
Pertanto f(f(x))>x.
Graficamente le relazioni precedenti rappresentano il fatto che la parabola f(x) sta tutta sopra la retta x e la parabola (di quarto grado) f(f(x)) sta dentro la parabola f(x) e quindi sopra la retta x.

Ivan Furlan
Attenti : Con il simbolo '!=' intendo 'diverso da'.
Per funzione racchiusa intendo dire che la funzione e circondata da un'altra funzione esterna come se ci fosse un recinto.

Partiamo da due condizioni sicure:
1) siccome: f(x)!=x ne segue che f(a)!=a, con a=f(x) allora anche f(f(x)) != f(x).
2) In f(x) se a>0 allora anche c>0 mentre se a<0 allora anche c<0, ed in ogni caso c!=0, questo perche' sappiamo che y=f(x) non interseca y=x.

Dimostrazione:
siccome f(f(x)) non interseca mai f(x) (condizione 1), se f(f(x)) e' "racchiusa" da f(x) allora non potra' mai sicuramente intersecare y=x. Se f(f(x)) e' "racchiusa" in f(x) vale:

caso1) per a e c positivi:
f(f(0))>f(0) (cioe' f(f(x)) sempre maggiore di f(x))

caso2) e per a e c negativi:
f(f(0))<f(0) (cioe' f(f(x)) sempre minore di f(x))

Si vuole ora dimostrare che nel caso in cui f(x)=x non ha radici reali, le due condizioni appena citate siano sempre vere per tutti i valori di a,b,c.
Dimostrato questo si ha autoamticamente dimostrato che nemmeno f(f(x))=x non ha radici rali perche "racchisa" in f(x).

caso 1)
f(f(0))=a*c^2+b*c+c
f(0)=c
a*c^2+b*c+c>c ---> solo se -----> b>-a*c
caso 2) equivalente a caso 1

quindi perche' f(f(x)) sia racchiusa da f(x) deve valere che b>-a*c sia nel caso 1 che 2.

E noto che f(x)=x non ha radici reali, si vuole ora dimostrare che se f(x)=x non ha radici reali allora sicuramente vale che b>-a*c, dimostrato questo si ha automaticamente dimostrato il quesito.
Siccome f(x)=x non ha soluzioni reali, il detrminante di tale equazione vale:
(b-1)^2-4*a*c<0 (valido sia per caso 1 che caso 2)
la disequazione e' valida per
b>-2*(a*c)^0.5+1
b<2*(a*c)^0.5+1
quindi se il b minimo possibile per non avere radici reali di f(x)=x e' maggiore di b=-a*c la dimostrazione e' conclusa.
-a*c<=-2*(a*c)^0.5+1 -> condizione sempre valida per ogni a*c.
Quindi f(f(x)) e' sempre racchusa in f(x), ed non intersecandola mai (condizione 1), rimane sempre al suo interno. Non potra' mai quindi intersecare y=x.

8. Si dimostri che la seguente diseguaglianza è vera per qualunque terna a,b,c:
a³+b³+c³+3abc>ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c).
(Saratov, 1975)
Sprmnt21
La relazione e' vera per a, b e c non negativi. Infatti per a=b=0 e c<0 non e' verificata.

Portando tutto a primo membro e raggruppando si ha:

a^2(a-b)+b^2(b-c)+c^2(c-a)+ab(c-b)+bc(a-c)+ac(b-a)>=0.

E ancora a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)>=0.

Supponiamo a>b>c e riscriviamo la diseguaglianza nel seguente modo:

(a-b)^2(a+b-c)+c(c-a)(c-b)>=0

Quest'ultima e' evidentemente soddisfatta essendo tutti gli addendi non negativi.

I casi in cui la relazione tra a, b e c non sia quella ipotizzata si trattano allo stesso modo, sfruttando la simmetria dell'espressione.

9. Esistono tre numeri interi x, y, z, tali che x² + y³ = z⁴?
(Saratov, 1980)
Roberto Callegari
Si
28,8,6
6000,400,100
6875,375,72
Come disse Erdos: "Questa soluzione non viene dal Libro".

10. Siano dati tre numeri naturali n,m,k.
Si sa che mⁿ è divisibile per n^m e n^k è divisibile per kⁿ.
Si dimostri che m^k è divisibile per k^m.
(Kishenew, 1983)
Sprmnt21
Per ipotesi:
mⁿ = d1 * n^m
n^k= d2 * kⁿ

Si ha quindi che (mⁿ)^k= (d1*n^m)^k cioe':
(m^k)ⁿ= d1^k* (n^k)^m = d1^k * (d2*kⁿ)^m = d1^k* d2^m* (k^m)ⁿ

Scriviamo quest'ultima nella forma:
Xⁿ= d * Yⁿ
dove:
X = m^k
d = d1^k * d2^m
Y = k^m.

Si ha che d = (X/Y)ⁿ dato che d e' un intero deve essere intero X/Y che e' quello che bisognava provare.

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