Risposte ai problemini per Ferragosto 2011

Non avete risolto i problemini di Ferragosto? Non siete convinti delle soluzioni postate nei commenti? Ecco qua le risposte ufficiali!


1. Spaccare in tre

La risposta è 1/4. La si può trovare facendo qualche bell’integrale doppio, ma c’è un sistema molto più semplice che usa la carta millimetrata triangolare. Sono quasi certo che nessuno di voi l’abbia vista (io ne avevo comprato alcuni fogli quando stavo al liceo, non so dove siano finiti ma oggidì basta andare sul web per trovare i modelli pdf: un paio di anni fa avevo postato un paio di indirizzi), ed è un peccato perché è comodissima se si hanno tre variabili la cui somma è costante. Un teorema di geometria euclidea afferma infatti che la somma delle distanze di un punto interno al triangolo dai tre lati è costante, e un altro teorema – ma quello ve lo ricordate sicuramente – afferma che nessun lato di un triangolo può essere maggiore della somma degli altri due. Il combinato di questi due teoremi implica che i tre pezzi formano un triangolo solo se il punto corrispondente alla terna di lunghezze nel foglio di carta millimetrata triangolare sta nel triangolo giallo interno, la cui area è un quarto di quella del quadrato iniziale.
Per la variante del problema, la risposta è no, la probabilità è diversa. Per vederlo, basta pensare che se per il secondo taglio si sceglie il bastoncino più piccolo (probabilità 1/2) sicuramente non si può formare un triangolo, e se si sceglie il bastoncino più grande la probabilità è comunque inferiore a 1/2.

2. Al negozietto cinese

Il conto deve essere fatto in centesimi, se vogliamo avere numeri interi. Dobbiamo pertanto fattorizzare 711.000.000 = 26·32·56·79 (più tutti i termini 1 che volete) e suddividerlo in quattro valori la cui somma sia 711. Sappiamo che la somma dei quattro valori è 711. Dunque almeno due di essi devono poi finire in 0; se ce ne fosse uno solo, non sapremmo come distribuire i fattori 5. Le uniche possibilità per le ultime cifre sono 0,0,0,1 e 0,0,5,6. Dunque il 79 deve essere moltiplicato almeno per 4; ma se lo moltiplichiamo per 5, ottenendo 395, i fattori rimasti sommati a 395 superebbero sicuramente 711.
Insomma abbiamo che un oggetto deve costare 79·4=316 centesimi e gli altri tre terminare in 0,0,5, per una somma di 395. Ma la radice cubica del loro prodotto è circa 131, il che significa che abbiamo poco spazio per i tentativi; con un po’ di conti si trova che gli altri tre prezzi, sempre espressi in centesimi, sono 120, 125 e 150.

3. Quadrato e cubo

Per evitare di fare troppi conti, si può innanzitutto notare che il numero deve essere compreso tra 47 e 99 per avere un quadrato di quattro cifre e un cubo di sei. Poi non bisogna verificare i numeri che terminano in 0,1,5,6, visto che il loro quadrato e il loro cubo terminano con la stessa cifra. Inoltre, dato che x2·x3 = x2(x+1), sappiamo che x deve essere multiplo di tre oppure dare resto 8 se diviso per 9; è l’unico modo in cui il prodotto (la somma delle cui cifre è 45) sia multiplo di 9. Restano 15 possibilità da provare: con un po’ di pazienza e/o una calcolatrice si trova che il risultato è 69, il cui quadrato è 4761 e il cubo 328509.

4. Taglia e incolla

Il disegno qui sopra mostra come si può suddividere un qualunque rettangolo i cui lati siano in rapporto minore di 2:1 in tre parti che riassemblate formino un quadrato. Il rettangolo di partenza è ABCD: si prolunghi AB a un punto E tale che BE=BC, e si costruisca una semicirconferenza di diametro AE, che incontrerà il prolungamento di BC in un punto F; la circonferenza di centro B e raggio BF incontra il rettangolo in un punto G, e il segmento BG incontra la semicirconferenza di diametro AB in un punto J. Il quadrato cercato è quello di lato AJ, come si può facilmente verificare notando la congruenza dei triangoli colorati in giallo e in verde.

5. Quadrato di quadrati

Come si può vedere nelle figure qui a destra, aggiungendo man mano una listella di quadrati unitari a uno di lato n si può costruire un quadrato di lato n+1 composto da 2(n+1) quadrati, e quindi si possono ottenere tutti i numeri pari maggiori o uguali a 4. Suddividendo ulteriormente un quadrato in quattro parti, e quindi aggiungendo tre quadrati al totale, si possono ottenere tutti i numeri dispari maggiori o uguali a 7. Dato che un quadrato è formato da 1 quadrato :-), restano i valori 2, 3 e 5; quest’ultimo è dunque il massimo valore possibile, anche se ammetto che non saprei dimostrare al volo l’impossibilità di dividere un quadrato in cinque quadrati (nei casi 2 e 3 è facile farlo).
Il problema sembra essere stato presentato per la prima volta da Henry Dudeney: se ne parla anche su MathWorld.

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