Soluzioni dei problemini per Natale 2019

Siete riusciti a trovare da soli le soluzioni ai problemini? Sennò non preoccupatevi: eccole qua :-)

1. 2020 in tono minore
Il numero più piccolo che si può ottenere è 2×(0−20)=−40. Il numero -2020 non è valido perché il meno iniziale è unario e non un simbolo di operazione.
(problema mio)

2. Da 1 a 10
Una risposta possibile è 12×34×5-6-7-8-9+10. Altre possibilità:
123+45×6×7+8+9-10
12+34×5×6+78+910
1*2×34×5×6+7-8-9-10
1×23×45+67+8+910
12×34×5+6×7-8×9+10
(problema mio)

3. Alla radice
Scrivete innanzitutto il primo addendo come 1/(√1 + √2) per simmetria. A questo punto, togliamo le radici quadrate dal termine generico 1/(√n + √(n+1)), moltiplicando numeratore e denominatore per 1/(√(n+1) − √n). Otteniamo (√(n+1) − √n)/(n+1 − n) = √(n+1) − √n. Dunquetutti i termini della somma si eliminano tra loro tranne il primo e l’ultimo, e la risposta è √2020 − 1.
(problema adattato da Mind Your Decisions; immagine creata con LaTeX Equation Editor)

4. Iterazioni
Indicando per comodità con fn la funzione f iterata n volte, abbiamo che f(3)=−2; f2(3)=−1/3; f3(3)=1/2; f4(3)=3. Quindi dopo quattro iterazioni la funzione torna ad avere il valore iniziale; essendo 2020 un multiplo di 4, f2020(3)=3.
(problema adattato da Math StackExchange; immagine creata con LaTeX Equation Editor)

5. Soldi
Guardiamo il problema alla rovescia. Se ci fosse un solo studente, dovrebbe avere zero monete. In generale, qualunque sia il numero di studenti, occorre per forza che ce ne sia almeno uno con zero monete, perché altrimenti tutti gli scambi sarebbero con persone che hanno almeno una moneta ciascuno prima; quindi mettendo insieme le loro monete ne avrebbero almeno due, e dividendole continuerebbero ad averne almeno una. Quindi se gli studenti fossero due il numero massimo di monete che può essere presente inizialmente è uno. Che succede con tre studenti? Ovviamente potrebbero avere rispettivamente 0, 1, 1 monete; ma si può arrivare a quella configurazione partendo da 0, 0, 3 monete e facendo una condivisione tra il secondo e il terzo studente. Non possono esserci più monete, perché altrimenti lasciando da parte il primo studente ci sarebbero almeno quattro monete che una volta divise danno almeno due monete a testa, e abbiamo visto che un solo studente con zero monete non permette di eliminarle tutto. Andando avanti allo stesso modo, troviamo che con quattro studenti la configurazione con il maggior numero di monete totali le vede divise 0, 0, 0, 7; con cinque studenti 0, 0, 0, 0, 15; in generale con n studenti 0, 0, … , 0, 2n−1−1. Poiché 2020<2047, si ha che il numero minimo di studenti presenti è 12.
(problema adattato da Math StackExchange; immagine da FreeSVG)