"Problem-solving ad alta voce" di Cesenatico 2014Questo e un piccolo documento in cui scrivo le soluzioni dei problemi che ho risolto (e osservazioni su quelliche non ho risolto) della gara nazionale delle olimpiadi di matematica 2014. L'idea e di non scrivere soltantole soluzioni, ma anche il ragionamento e gli errori dietro.

Problema 1Per ogni numero naturale n di 3 cifre decimali (quindi con la prima cifra diversa da zero), consideriamo ilnumero n0 ottenuto da n eliminando le sue eventuali cifre uguali a zero. Per esempio, se n = 205, alloran0 = 25.Determinare il numero degli interi n di tre cifre per i quali n0 e un divisore di n diverso da n.

Risoluzione:Bene, dal testo non sembra troppo dicile. Per prima cosa scrivo n come 100a + 10b + c dove a; b; c sonole cifre delle centinaia, decine e unita rispettivamente. Una delle cifre, non a, dev'essere zero, quindi ho trecasi: b = 0 e c = 0; c = 0 e b 6= 0; b = 0 e c 6= 0.Nel primo caso n0 = a, ovviamente aj100a, sempre.Il secondo caso... e come il primo: n0 = 10a+ b, 100a+ 10b = 10(10a+ b) quindi e sempre divisibile.Il terzo caso pare piu complicato. 10a+ cj100a+ c... cosa posso fare? Non mi vengono criteri di divisibilita,quindi provo con

(10a+ c) k = 100a+ c10ak + ck = 100a+ c

10a(10 k) = c(k 1)Osservazione veloce: k < 10 e k > 1, se no si creerebbero assurdi. Percio 10jc(k 1), quindi o c = 5 e k 1e pari o il contrario.Nel primo caso ho:

10a(10 k) = 5(k 1)20a 2ak = k 1

Qua ho una cosa simile all'inizio...no aspetta, ho solo due incognite, quindi posso mettere una in funzionedell'altra (verra una frazione, e da qua si risolve)

k(2a+ 1) = (20a+ 1)

k(2a+ 1) = (20a+ 1)

k =20a+ 1

2a+ 1

Poiche k dev'essere intero, 20a+1 0 (mod 2a+1), quindi 0 20a+110(2a+1) 9 (mod 2a+1),ovvero 2a+1j9. I divisori di 9 sono 1; 3; 9. 1 lo escludo se no verrebbe a = 0, 3 mi da a = 1 e 9 mi da a = 4.Controllo: eettivamente 15j105 e 45j405Ora devo fare il secondo caso, sara simile al precedente... k 1 = 5! k = 6, sostituisco

10a 6 + c 6 = 100a+ c

40a = 5c

8a = c

Essendo cifre, l'unica soluzione e con a = 1 e c = 8, controllando 18j108. Le soluzioni sono dunque108; 105; 405 e tutti i numeri del tipo 100a+ 10b.

Problema 2Sia ABC un triangolo (acutangolo) tale che, detto H il piede dell'altezza condotta da C, si ha AH = 3 HB.Siano inoltre:

{ M il punto medio di AB;

{ N il punto medio di AC

{ P il punto dal lato opposto di B rispetto alla retta AC tale che NP = NC e PC = CB

Dimostrare che\APM =\PBA.

Risoluzione:PRIMA cosa (ovvia) da fare in un geometrico: il disegno.

Poiche NP = NC e PC = CB, P e l'intersezione della circonferenza di centro N e raggio NC (che chiamo!) e della circonferenza di centro C e raggio CB (che chiamo ). Dal disegno pare che M apparteiene a, proviamo a dimostrarlo. HB = 14AB, MB =

12AB, quindi HB = HM e per pitagora, uguaglianza di4CMH e4CBH, notando che CMB e isoscele (sono tutti la stessa cosa) si conclude che CM = CB, ovvero

M 2 . Poiche AC e il diametro di !, gli angoli insistenti su di esso sono retti, in particolare [APC = 90.Questo vuol dire che AP e tangente a , e da qui si conclude (o dicendo che\PBA = \APM poiche sonoangolo alla circonferenza e angolo formato con la tangente (o angolo alla circonferenza degenere), oppure peril teorema della tangente e della secante che con AP 2 = AM MB da la similitudine tra 4APM e 4APBdimostrando la tesi).

Osservazione No1: una cosa che non potrebbe essere chiara a prima vista, ovvero trovare il punto P ; infattinon e detto chiaramente che e denito come l'intersezione di qualcosa con qualcos'altro, ma vengono solo datesue proprieta (distanze da punti). Come si fa a trovarlo? In questo caso e semplice, poiche NP =costanteper ipotesi, allora il luogo dei punti possibili di P e la circonferenza di centro N e raggio pari alla costante(in questo caso NC). Allo stesso modo il luogo dei punti P tali che PC = PB e la circonferenza di centroC e raggio CB. L'intersezione delle due circonferenze, e il punto P che cercavamo.Osservazione No2: fare bene il disegno aiuta moltissimo. Ci ha fatto capire che M deve stare su facendopensare subito alla secante MB passante per A.

Problema 3Per ogni intero positivo n, sia Dn il massimo comune divisore di tutti i numeri della forma a

n + (a+ 1)n +(a+ 2)n al variare di a fra tutti gli interi positivi.(a) Dimostrare che, per ogni n, Dn e della forma 3

k per qualche intero k 0.(b) Dimostrare che, per ogni k 0, esiste un intero n tale che Dn = 3k.

Risoluzione:Questo sembra piu brutto e dicile degli altri. Vediamo.In sostanza il punto (a) chiede di dimostrare che se un numero divide tutte le somme a tre, allora nellasua fattorizzazione non ci sono primi oltre a 3: non da condizioni sulla quantita, con k 0, pero ci diceanche che puo essere 1 (con k = 0). Bene, proviamo un assurdo: presuppongo che esista p primo tale chep j an + (a+ 1)n + (a+ 2)n per ogni a.

Ripassino di un po di roba sul binomio di Newton e binomiali in generale: (a+ b)n =nP

i=0

ni

anibi mentre

ab

= a!b!(ab)! (con a b ovviamente).0 < a < p ! p j

pa

= p!a!(pa)! al numeratore c'e un fattore p dovuto

al fattoriale, mentre sotto non ce ne sono (a e p a sono minori di p, che essendo primo, non ha altri fattorial di fuori di se stesso e di 1). Segue che (p + b)n =

nPi=0

ni

pnibi

nPi=0

ni

0nibi bn (mod p) poiche si

annullano tutti gli addendi tranne l'ultimo.

Ritorno al problema. Provo a mettere p da qualche parte ed a sfruttare il fatto di sopra. Posso provare aporre a = p 1 in modo da avere una cosa simmetrica? Provo.

0 (p 1)n + (p)n + (p+ 1)n (1)n + 0n + 1n (mod p)

Se n e pari ottengo che 2 0 (mod p), ovvero p = 2, non molto utile. Se n e dispari peggio, ottengo chevale per ogni p. Il brutto e che ho ssato n e posso variare a, quindi questo serve a poco: potrei provare adistinguere i due casi, ma nel caso di n dispari devo fare tutto.Provo a mettere a = p allora. 0 pn + (p+ 1)n + (p+ 2)n 1n + 2n (mod p). Gia questo e piu bello, macomunque dicile da sfruttare. L'ideale sarebbe ottenere un 3 qualcosa non divisibile per p 0 (mod p)per arrivare alla tesi. Se pongo a = p + 1, sono felice perche due termini si cancellano col precedente emi rimane un 3n, ottimo! (p + 1)n + (p + 2)n + (p + 3)n 0 pn + (p + 1)n + (p + 2)n (mod p), ovvero1n + 2n + 3n 0 1n + 2n (mod p), sottraggo 1n + 2n da entrambe le parti ed ottengo 3n 0 (mod p),ovvero p deve dividere 3n e puo essere solo 3; quindi Dn dev'essere una potenza di 3.

Abbiamo fatto il punto (a), bisognava avere un po di esperienza per farlo. Passiamo ora al punto (b).Il punto (b) chiede di trovare un n per il quale non solo 3k divida tutte le terne, ma anche che esista unaterna che non e divisibile per 3k+1 (se no Dn sarebbe 3

k+1 e non 3k).Cose che permettono di guadagnare punti in una gara/perdere se non le si fa: guardiamo un attimo i casipiccoli, per esempio riusciamo a trovare n per k = 0; 1? Se n = 1, alloraDn = 3: a

1+(a+1)1+(a+2)1 = 3a+3e divisibile per 3 sempre, con a = 1 si nota che 1+2+3 = 6 non e divisibile per 9, quindi D1 = 3

1 Per n = 2ottengo a2 + (a+ 1)2 + (a+ 2)2 = a2 + a2 + 2a+ 1 + a2 + 4a+ 4 = 3a2 + 6a+ 5 e non e mai divisibile peruna potenza di 3, quindi D2 = 1 = 3

0.Guardo se posso riutilizzare qualcosa del punto (a). Avevo utilizzato il fatto an + (a + 1)n + (a + 2)n (a+ 1)n + (a+ 2)n + (a+ 3)n 0 (mod Dn). In questo caso, sottraggo un espressione dall'altra e vedo chesuccede: (a+3)n an 0 (mod Dn). Idea: se dimostro che questo vale sempre, e che vale per 1n+2n+3nho vinto; ottenuto per a = 1, sapendo che se vale una terna vale anche la successiva (poiche la dierenza econgrua a 0), riesco ad ottenere tutti i numeri. (Dopo dovro anche trovare un caso che non e divisibile per3k+1 per stabilire che Dn e esattamente 3

k).Continuo con il "passo induttivo" di questa idea che e quello fondamentale per farla funzionare.

Svolgo il binomio di Newton e ottengo (a + 3)n an =nP

i=0

ni

ani3i an =

nPi=1

ni

ani3i. Ora penso

"ma non c'era la proprieta che n j na?" Sappiamo (e io lo riscopro dopo) che vale solo per n primi comeaccennato in precedenza, ma l'idea sembra funzionare. "Pongo n = 3j , se dimostro che 3j j3ji 3i per ogni

i 3j con j k ho nito il passo induttivo, perche cosi facendo ho dimostrato che 3k divide ogni terminedella somma, quindi divide la somma stessa".Adesso pero bisogna dimostrarlo. Poiche il binomiale e un numero intero, di sicuro le espressioni successivea lui equivalenti sono intere.

3j

i

3i = 3

j (3j 1) (3j 2) (3j 3) (3j 4) (3j 5) (3j 6) : : : (3j i+ 1)1 2 3 4 5 6 7 : : : (i 1) i = (1)

= 3j (3j 1)1

(3j 2)2

(3j 3)3

(3j 4)4

(3j 5)5

(3j 6)6

(3j 7)7

(3j 8)8

(3j 9)9

: : : (3j (i+ 1))i 1

1

i3i

In ognuna delle frazioni semplicate da (3j1)1 a

(3j(i+1))i1 non ci sono fattori 3 al denominatore: se c'e un

1 < a < i; a = 3b c con 3 - c, allora 3j3b3bc =

3jbcc che non ha fattori 3 al denominatore. I fattori sopra e

sotto che rimangono sono generati da 3j 1i 3i. Se i non e multiplo di 3 allora non c'e nessun problema, ifattori 3 che ottengo sono j + i quando me ne servono j per la divisibilita. quindi il binomiale e divisibile

per 3j . Se invece i = 3d e allora 3j 1i 3i = 3j 13de 33de e di sicuro d 3d e 1, quindi per n = 3j

con j k 1 (questo 1 all'inizio non c'era, l'ho aggiunto successivamente per motivi che adesso vedremo)3j j 3ji 3i e dunque 3j j (a+ 3)3j a3j per ogni a.Abbiamo fatto il passo induttivo, resta da fare il passo base, ovvero dimostrare che 3k j 13j + 23j + 33j conj k 1. Sicuramente k 3j , quindi 3k j 33j e resta da dimostrare che 3k j 13j + 23j . Vediamo... 13j = 1,quindi basterebbe dimostrare che 23

j 1 (mod 3k). Qua c'erano tentativi infruttuosi di usare gli ordinimoltiplicativi e le phi, nche uno non si ricorda del lemma "Lifting The Exponent", detto LTE.Questo dice che per ogni primo p maggiore di 2, due interi x; y tali che p j x + y e un intero dispari:vp(x

n + yn) = vp(x+ y) + vp(n) (vp(a) e la valenza p-adica di a, ovvero quanti fattori primi di p ci sono ina, esempio: v3(162) = 4).

Ritornando al problema, poiche 3 j 1+2, si puo applicare il lemma: v3(13j +23j ) = v3(1+2)+v3(3j) = 1+j.Scegliendo j = k 1, che posso fare perche il passo induttivo me lo permette e me lo sono scelto proprio perquesto motivo, si ottiene che v3(1

3k1 +23k1

) = k, ovvero 3k k 13k1 +23k1 +33k1 . Ho quindi dimostratoche prendendo n = 3k1 si ha che Dn = 3k, come voleva la tesi.

Problema 4Su una circonferenza di centro A e raggio R vengono presi nell'ordine quattro punti distinti B;C;G;H inmodo tale che G giaccia sul prolungamento della mediana del triangolo ABC condotta da B e H giaccia sulprolungamento dell'altezza di BC condotta da B. Detta X l'intersezione fra le rette AC e GH, si dimostriche il segmento AX e lungo 2R.

Risoluzione: Sia M il punto medio di AC e D l'intersezione di BH con AC ed E l'intersezione di AC con

la circonferenza. Con un disegno fatto bene (o magari con alcuni per avere la conferma), si puo vedere "adocchio" che GABX e ciclico. Per vedere se e vero o no, o meglio, e utile o no, cerchiamo qualche via perdimostrarlo dalle ipotesi o per dimostrare la tesi partendo da cio. Se e ciclico, allora per il teorema dellecorde vale GM MB =MA MX. Se la tesi e vera alloraMX = 32R e GM MB =MA MX = 34R siccomeAM = 12AC =

12R. Riesco a dimostrare che GM MB = 34R? Si, basta usare il teorema delle corde nel

cerchio di centro A: GM MB = MC ME = 34R. Come volevo: se GABX e ciclico la tesi e vera, quindidevo dimostrare che GABX e ciclico. Inizio a segnare un po di angoli, vediamo che succede.

Per semplicita chiamo\ACB = . \ABC = anche lui perche 4ABC e isoscele, quindi\BAC = 180 2.\BDA = 90, quindi\DBA = 180 90 180 + 2 = 2 90. Non mi viene niente in mente, quindi provo afare conti di trigonometria (che non portano a niente).

Uhm...ma H e B sono simmetrici rispetto ad AC! Questo e vero perche i triangoli rettangoli 4ADHe 4ADB sono uguali: AH = AB e AD e in comune. Quindi posso scrivere altri angoli uguali, come\AHC =\ACH = e\HAC = 180 2. Quindi\HCB =\HCA+\ACB = 2. Inoltre,\HGB =\HCB = 2poiche insistono sullo stesso arco HB. Quindi\XGB = 180 \HGB = 180 2 =\BAC, ovvero GABX eciclico e ho nito.Un momento! Non ho usato l'ipotesi che G sta sul prolungamento della mediana, quindi c'e un errore: none possibile che prendendo un punto qualunque la distanza sia sempre la stessa, visto che X cambia... ahno va tutto bene, ho usato l'ipotesi della mediana dopo per notare che se GABX e ciclico allora segue latesi, tutto torna: se prendo un punto F a caso sulla circonferenza e chiamo Y l'intersezione di HF con AC,allora FABY sara sempre ciclico, ma AY non sara sempre uguale a 2R.

Commento nale: ovviamente queste soluzioni non sono venute cosi linearmente in gara, ogni passaggiorichiedeva tempo e spesso cambiavo problema dato che non mi venivano idee. E dicile che tutto vengasubito, e molte cose si ottengono con l'esperienza di aver fatto tanti problemi (per esempio il lemma LTE, oaver subito impostato i conti nel primo).