Soluzioni Giochi di Archimede 2015 Fase Istituto GARA BIENNIO 1. Nel paese Gnallucci circolano quattro monete: dobloni, zecchini, talleri e fufignezi. Un doblone vale quanto uno zecchino più un tallero e un fufignezo. Due dobloni valgono quanto uno zecchino più tre talleri e cinque fufignezi. Un tale entra in un negozio con uno zecchino e ne esce con un tallero. In fufignezi, quanto ha pagato? 𝐴 1, 𝐵 2, 𝐶 3, 𝐷 4, 𝐸 5. Sol. 1. Chiamiamo D=valore di un doblone, Z=valore di uno zecchino, T=valore di un tallero, F=valore di un fufignezo. Dal testo ricaviamo che: 𝐷 =𝑍+𝑇+𝐹 quindi, moltiplicando tutti i termini della prima equazione per 2, si ha: 2𝐷 = 𝑍 + 3𝑇 + 5𝐹 2𝐷 = 2𝑍 + 2𝑇 + 2𝐹 e, sottraendo membro a membro, si ha 0 = 𝑍 − 𝑇 − 3𝐹 ⇒ 𝑍 − 𝑇 = 3𝐹. 2𝐷 = 𝑍 + 3𝑇 + 5𝐹 Dunque il tale che è entrato nel negozio con uno zecchino e ne è uscito con un tallero ha pagato 𝑍 − 𝑇 = 3𝐹. 2. Quanto fa 1, 3 ⋅ 0, 3 ? 13 𝐴 0,4 𝐵 0,43 𝐶 0, 4 𝐷 𝐸 𝑛𝑒𝑠𝑠𝑢𝑛𝑜 𝑑𝑒𝑖 𝑝𝑟𝑒𝑐𝑒𝑑𝑒𝑛𝑡𝑖. 33 Sol. 2. Basta ricordare come trasformare un numero decimale periodico in frazione: 13 − 1 3 12 3 4 1 4 1, 3 ⋅ 0, 3 = ⋅ = ⋅ = ⋅ = = 0, 4. 9 9 9 9 3 3 9 3. Paperopoli dista da Topolinia 4 ore di viaggio. Paperino parte da Paperopoli alle 4 del mattino, ora locale, e , per via del fuso orario, arriva a Topolinia all’ora (locale) di pranzo. A che ora torna a Paperopoli se riparte due ore dopo? 𝐴 𝑎𝑙𝑙𝑒 12, 𝐵 𝑎𝑙𝑙𝑒 14, 𝐶 𝑎𝑙𝑙𝑒 15, 𝐷 𝑎𝑙𝑙𝑒 16 𝐸 𝑑𝑖𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑑𝑎𝑙𝑙 ! 𝑜𝑟𝑎 𝑎 𝑐𝑢𝑖 𝑠𝑖 𝑝𝑟𝑎𝑛𝑧𝑎 𝑎 𝑇𝑜𝑝𝑜𝑙𝑖𝑛𝑖𝑎. Sol. 3. Consideriamo solo l’orario di Paperopoli: partenza da Paperopoli alle 4:00, arrivo a Topolinia alle 8:00 (ora di Paperopoli, poiché Paperopoli dista da Topolinia 4 ore di viaggio). Paperino riparte da Topolinia alle 10:00 (ora di Paperopoli, poiché riparte 2 ore dopo essere arrivato). Quindi, dopo altre 4 ore di viaggio, arriva a Paperopoli alle 14:00, ora locale. 4. 5.Un parallelogramma è costruito incollando quattro triangoli equilateri di lato 10 𝑐𝑚 come in figura. Quanti 𝑐𝑚 distano i vertici A e B? 𝐴 25, 𝐵 675, 𝐶 700, 𝐷 825, 𝐸 30. Sol. 4. ! Considerando che l’altezza di un triangolo equilatero è ℎ = ! 3 e che essa divide il lato opposto in due parti uguali alla metà del lato, possiamo dire che la diagonale AB è l’ipotenusa ! ! di un triangolo rettangolo avente i cateti 𝑐! = ! 𝑙 𝑒 𝑐! = ! 3 , quindi, per il teorema di Pitagora, si ha 𝐴𝐵 = 𝑐!! + 𝑐!! = ! 𝑙 ! ! + ! ! 3 ! = !" ! 𝑙 ! ! + ! 𝑙 ! = 7𝑙 ! = 700𝑐𝑚. 5. I numeri 𝑎, 𝑏 𝑒 𝑐 sono interi relativi. Si sa che 𝑎! 𝑏𝑐 = 1. Quale delle seguenti affermazioni è sicuramente vera? 𝐴 𝑎 = 1 𝑒 𝑏 = 1, 𝐵 𝑎 = −1 𝑒 𝑐 = 1, 𝐶 𝑏 ! 𝑎𝑐 = 1, 𝐷 𝑎! 𝑏 ! = 1, 𝐸 𝑎 ≠ 1. Sol. 5. Poiché 𝑎, 𝑏 𝑒 𝑐 sono interi relativi e dato che 𝑎! 𝑏𝑐 = 1 si può concludere che 𝑎, 𝑏 𝑒 𝑐 possono assumere solo i seguenti valori ±1. Inoltre 𝑏 𝑒 𝑐 devono avere lo stesso segno. Dunque l’unica affermazione sicuramente vera, fra le cinque proposte, è la 𝐷 , 𝑜𝑣𝑣𝑒𝑟𝑜 𝑎! 𝑏 ! = 1. 6. In una certa azienda ogni dirigente percepisce uno stipendio pari a quattro volte quello di ogni operaio. Il costo complessivo che l’azienda sostiene per pagare gli stipendi di tutti i dipendenti è uguale a sei volte il costo complessivo degli stipendi di tutti i dirigenti. Quanti operai ci sono per ciascun dirigente? 𝐴 5, 𝐵 6, 𝐶 20, 𝐷 24, 𝐸 30. Sol. 6. Chiamiamo 𝑛 = 𝑛° 𝑑𝑒𝑖 𝑑𝑖𝑟𝑖𝑔𝑒𝑛𝑡𝑖 𝑒 𝑚 = 𝑛° 𝑑𝑒𝑔𝑙𝑖 𝑜𝑝𝑒𝑟𝑎𝑖; la domanda del quesito equivale a ! scoprire quanto vale il rapporto ! . Chiamiamo 𝑥 = 𝑙𝑜 𝑠𝑡𝑖𝑝𝑒𝑛𝑑𝑖𝑜 𝑑𝑖 𝑢𝑛 𝑑𝑖𝑟𝑖𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒 𝑦 = 𝑙𝑜 𝑠𝑡𝑖𝑝𝑒𝑛𝑑𝑖𝑜 𝑑𝑖 𝑢𝑛 𝑜𝑝𝑒𝑟𝑎𝑖𝑜. Si ha che: 𝑥 = 4𝑦 𝑥 = 4𝑦 𝑥 = 4𝑦 𝑥 = 4𝑦 ⇒ ⇒ ⇒ 𝑛𝑥 + 𝑚𝑦 = 6𝑛𝑥 4𝑛𝑦 + 𝑚𝑦 = 24𝑛𝑦 𝑚𝑦 = 20𝑛𝑦 𝑛 4𝑦 + 𝑚𝑦 = 6𝑛 4𝑦 e dividendo per 𝑦 entrambi i membri dell’equazione 𝑚𝑦 = 20𝑛𝑦 si ottiene 𝑚 = 20𝑛. ! Dunque ! = 20 . 7. Al luna park c’è un distributore di biglie con due pulsanti e un contenitore: il primo pulsante fa entrare 16 biglie nel contenitore, il secondo aumenta il numero di biglie nel contenitore del 50%. Inserendo una moneta, si può premere uno qualsiasi dei due pulsanti. Se il contenitore è inizialmente vuoto, quante biglie al massimo si possono far entrare nel contenitore con 5 monete? 𝐴 70, 𝐵 80, 𝐶 88, 𝐷 96, 𝐸 108. Sol. 7. Conviene premere il primo pulsante fino a quando nel contenitore ci sono meno di 32 biglie. Infatti il secondo pulsante, aumentando del 50% il numero di biglie già presente nel contenitore, inizia ad essere più vantaggioso del primo pulsante appena nel contenitore ci sono almeno 33 biglie (se ce ne fossero 32 i due pulsanti sarebbero equivalenti). Pertanto una strategia per ottenere il massimo numero di biglie è la seguente: premere, nell’ordine, tre volte il primo pulsante e poi due volte il secondo pulsante. Schematicamente otteniamo: 𝑃! ⟶ 0 + 16 = 16; 𝑃! ⟶ 16 + 16 = 32; 𝑃! ⟶ 32 + 16 = 48; 48 72 𝑃! ⟶ 48 + = 48 + 24 = 72; 𝑃! ⟶ 72 + = 72 + 36 = 108. 2 2 Dunque, con 5 monete, si possono far entrare nel contenitore al massimo 108 biglie. 8. Agata, Nina e Leo decidono che al “Via!” ciascuno di loro dirà (a caso) BIM, BUM oppure BAM. Qual è la probabilità che dicano tutti e tre la stessa cosa? 1 1 1 1 1 1 1 1 𝐴 𝑚𝑒𝑛𝑜 𝑑𝑖 , 𝐵 𝑡𝑟𝑎 𝑒 , 𝐶 𝑡𝑟𝑎 𝑒 , 𝐷 𝑡𝑟𝑎 𝑒 , 𝐸 𝑝𝑖ù 𝑑𝑖 . 12 12 10 10 8 8 6 6 Sol. 8. Indichiamo con I=BIM, con U=BUM e con A=BAM. Poiché i tre ragazzi, al “Via!”, scelgono cosa dire a caso, si possono avere tanti casi quante sono le disposizioni con ripetizione degli elementi dell’insieme 𝐼, 𝑈, 𝐴 presi tre a tre, cioè possiamo avere 3! = 27 casi diversi. Tra questi solo tre sono i casi favorevoli, cioè 𝐼, 𝐼, 𝐼 , 𝑈, 𝑈, 𝑈 𝑜𝑝𝑝𝑢𝑟𝑒 𝐴, 𝐴, 𝐴 . Dunque la ! ! ! ! probabilità che i tre ragazzi dicano la stessa parola è !" = ! che si trova fra !" 𝑒 ! . 9. Sia dato un pentagono regolare di lato 1 𝑐𝑚 ; quanti 𝑐𝑚! vale l’area dell’insieme di punti del piano che sono esterni al pentagono e distano al più 1 𝑐𝑚 da esso? 𝐴 5 + 𝜋 , 𝐵 3 2 + 2𝜋 , 𝐶 7, 𝐷 8, 𝐸 3𝜋. Sol. 9. Consideriamo il pentagono regolare ABCDE, costruiamo, esternamente ad esso, un quadrato su ogni lato. Nella figura sono CFGD, DHIE, AEJK, BALM e CBNO. Infine costruiamo i settori circolari DGH, EIJ, AKL, BMN e COF. L’area dell’insieme di punti del piano che sono esterni al pentagono e distano al più 1 𝑐𝑚 da esso è formata dall’unione dei 5 quadrati e dei 5 settori circolari precedentemente elencati. Ovviamente l’area di ogni quadrato è 𝑄 = 1 𝑐𝑚! . Osserviamo che ∠𝐺𝐷𝐻 = 360° − ∠𝐻𝐷𝐸 − ∠𝐸𝐷𝐶 − ∠𝐺𝐷𝐶 ma ∠𝐻𝐷𝐸 = ∠𝐺𝐷𝐶 = 90° perché angoli di un quadrato e !!! ∠𝐸𝐷𝐶 = ! ⋅ 180° = 108° perché angolo di un pentagono regolare. Quindi l’angolo al centro del settore circolare DGH è ∠𝐺𝐷𝐻 = 360° − 90° − 108° − 90°=72°. Ma allora i 5 settori circolari messi insieme sono equivalenti ad un cerchio ( infatti 5 ⋅ 72° = 360° ). Dunque l’area cercata sarà in 𝑐𝑚! 𝑆 = 5 ⋅ 𝑄 + 𝜋𝑟 ! = 5 ⋅ 1𝑐𝑚! + 𝜋 ⋅ 1𝑐𝑚! = 5 + 𝜋 𝑐𝑚! . 10. Otto giocatori, di cui quattro sono difensori e quattro sono attaccanti, organizzano un torneo di biliardino. Ogni possibile coppia difensore-‐attaccante gioca una e una sola volta contro ogni altra possibile coppia difensore-‐attaccante. Quanti incontri faranno in tutto? 𝐴 24, 𝐵 36, 𝐶 48, 𝐷 72, 𝐸 144. Sol. 10. Indichiamo l’insieme dei 4 difensori con 𝐴! 𝐷! ; 𝐴! 𝐷! ; 𝐴! 𝐷! ; 𝐴! 𝐷! ; 𝐴! 𝑋 = 𝐷! , 𝐷! , 𝐷! , 𝐷! e l’insieme dei 4 𝐴! 𝐷! ; 𝐴! 𝐷! ; 𝐴! 𝐷! ; 𝐴! 𝐷! ; 𝐴! attaccanti con 𝑌 = 𝐴! , 𝐴! , 𝐴! , 𝐴! . 𝐴! 𝐷! ; 𝐴! 𝐷! ; 𝐴! 𝐷! ; 𝐴! 𝐷! ; 𝐴! In tutto si possono formare 𝐴! 𝐷! ; 𝐴! 𝐷! ; 𝐴! 𝐷! ; 𝐴! 𝐷! ; 𝐴! 4! = 16 squadre difensore-‐attaccante 𝑋×𝑌 𝐷! 𝐷! 𝐷! 𝐷! (sono le 16 coppie ordinate del prodotto cartesiano 𝑋×𝑌). Ogni squadra dovrà giocare una e una sola volta contro tutte le altre squadre, quindi, per calcolare il numero di partite del torneo, iniziamo a calcolare tutte le possibili coppie che si possono formare con le 16 squadre. Tale numero è uguale alle combinazioni semplici di 16 elementi presi a 2 a 2: !"! !"! !"⋅!" 16 = !!⋅ !"!! ! = !!⋅!"! = ! = 8 ⋅ 15 = 120 . 2 Ma non tutte queste coppie rappresentano una partita del torneo! Infatti, se la coppia è formata da due squadre con lo stesso difensore o con lo stesso attaccante, la partita è impossibile. Pertanto dobbiamo calcolare il numero di tali coppie. Esse sono le coppie che si possono formare considerando le 4 squadre che nella tabella precedente occupano o la stessa colonna (stesso difensore) o la stessa riga (stesso attaccante). Poiché in tutto abbiamo 4 righe e 4 colonne si ha che il numero di partite impossibili sono: 4! 4⋅3 4 8⋅ =8⋅ =8⋅ = 48. 2 2! ⋅ 4 − 2 ! 2 Dunque il numero delle partite del torneo è uguale a 16 4 𝑁= −8⋅ = 120 − 48 = 72. 2 2 11. È dato un numero primo di tre cifre le cui cifre sono nell’ordine: 𝑎, 𝑏, 𝑐 . Quanti divisori primi ha il numero di sei cifre la cui scrittura è 𝑎𝑏𝑐𝑎𝑏𝑐 ? [Ricordiamo che 1 non è un numero primo.] 𝐴 1, 𝐵 2, 𝐶 3, 𝐷 4, 𝐸 5. Sol. 11. Usiamo le potenze del 10 per scriver in modo opportuno il numero di sei cifre: 𝑎𝑏𝑐𝑎𝑏𝑐 = 𝑎𝑏𝑐 ⋅ 10! + 𝑎𝑏𝑐 = 𝑎𝑏𝑐 ⋅ 10! + 1 . Ricordiamo il prodotto notevole “somma di due cubi”: 𝐴! + 𝐵! = 𝐴 + 𝐵 ⋅ 𝐴! − 𝐴𝐵 + 𝐵! . Applicando tale formula abbiamo che 10! + 1 = 10 + 1 ⋅ 10! − 10 ⋅ 1 + 1! e quindi 𝑎𝑏𝑐𝑎𝑏𝑐 = 𝑎𝑏𝑐 ⋅ 10! + 𝑎𝑏𝑐 = 𝑎𝑏𝑐 ⋅ 10! + 1 = 𝑎𝑏𝑐 ⋅ 11 ⋅ 100 − 10 + 1 = 𝑎𝑏𝑐 ⋅ 11 ⋅ 91 . Ma 91 = 13 ⋅ 7 , pertanto 𝑎𝑏𝑐𝑎𝑏𝑐 = 𝑎𝑏𝑐 ⋅ 13 ⋅ 11 ⋅ 7 . Abbiamo trovato la fattorizzazione in numeri primi del numero di sei cifre dato. Dunque gli unici suoi divisori primi sono 𝑎𝑏𝑐, 13, 11 𝑒 7. La risposta è 4. 12. Il quadrato in figura è diviso in 9 quadratini congruenti. Sapendo che il lato del quadrato grande misura 𝐿 , calcolare l’area evidenziata in grigio 𝐷𝐹𝑀𝑁𝑃 . 11 ! 1 5 1 13 𝐴 𝐿 , 𝐵 𝐿! , 𝐶 𝐿! , 𝐷 𝐿! , 𝐸 𝐿! . 108 9 54 12 81 Sol. 12. Indichiamo con 𝑢 la misura del lato di ogni quadratino piccolo in cui è diviso il quadrato grande di lato 𝐿 , così da avere 𝐿 = 3𝑢. I triangoli 𝐴𝐵𝐶 e 𝐷𝐸𝐹 sono simili avendo i tre angoli rispettivamente congruenti. Quindi il rapporto fra le aree dei due ! triangoli è 𝐴𝐵𝐶 : 𝐷𝐸𝐹 = 𝐵𝐶 ! : 𝐸𝐹 ! con 𝐸𝐹 = ! 𝑢. Quindi si ha che 1 ! 𝐴𝐵𝐶 : 𝐷𝐸𝐹 = 3𝑢 ! : 𝑢 2 da cui segue che 1 𝐴𝐵𝐶 ⋅ 4 𝑢! 1 1 2𝑢 ⋅ 3𝑢 1 ! 𝐷𝐸𝐹 = = 𝐴𝐵𝐶 = = 𝑢 ! 9𝑢 36 36 2 12 Pertanto l’area del pentagono 𝐷𝐹𝑀𝑁𝑃 si ottiene per differenza fra un quadratino di lato 𝑢 ed il triangolo 𝐷𝐸𝐹 : 1 11 ! 𝐷𝐹𝑀𝑁𝑃 = 𝑢! − 𝑢! = 𝑢 12 12 Ma il quadratino di lato 𝑢 è 1 9 del quadrato grande di lato . Dunque otteniamo finalmente: 11 ! 11 1 ! 11 ! 𝐷𝐹𝑀𝑁𝑃 = 𝑢 = ⋅ 𝐿 = 𝐿 . 12 12 9 108 13. Quante cifre ha il numero 20!! ? 𝐴 10, 𝐵 11, 𝐶 13, 𝐷 14, 𝐸 15. Sol. 13. Usando le proprietà delle potenze si ottiene 20!" = 2 ⋅ 10 !" = 2!" ⋅ 10!" = 1024 ⋅ 10!" . Pertanto 20!" = 1024 ⋅ 10!" = 1,024 ⋅ 10! ⋅ 10!" = 1,024 ⋅ 10!" . Dunque 20!" ha 14 cifre. 14. Sono date tre circonferenze aventi tutte raggio 1 𝑐𝑚 e tangenti a due a due come in figura. Calcolare l’area in 𝑐𝑚! della parte compresa tra le tre circonferenze, 𝐴𝐵𝐶 evidenziata in grigio in figura. 𝜋 𝜋 𝐴 3 − , 𝐵 3, 𝐶 3, 𝐷 , 𝐸 𝜋. 2 2 Sol. 14. Dobbiamo calcolare l’area delimitata dagli archi di circonferenza 𝐴𝐵, 𝐵𝐶 𝑒 𝐶𝐴 . Basta sottrarre all’area del triangolo equilatero ! ! ! 𝑂! 𝑂! 𝑂! = ! 𝑂! 𝑂! ⋅ 𝑂! 𝐵 = ! ⋅ 2 𝑐𝑚 ⋅ ! 2 𝑐𝑚 = 3 𝑐𝑚! la somma delle aree dei tre settori circolari 𝑂! 𝐴𝐵 , 𝑂! 𝐵𝐶 e 𝑂! 𝐶𝐴 . Ma osserviamo che il triangolo equilatero ha tutti gli angoli di 60° e quindi la somma dei tre settori circolari sarà equivalente all’area di un semicerchio: ! ! ! 𝑂! 𝐴𝐵 + 𝑂! 𝐵𝐶 + 𝑂! 𝐶𝐴 = ! 𝜋𝑟 ! = ! 𝜋 1𝑐𝑚 ! = ! 𝑐𝑚! . Dunque l’area cercata, in 𝑐𝑚! , misura 𝜋 𝜋 𝐴𝐵𝐶 = 3 𝑐𝑚! − 𝑐𝑚! = 3 − 𝑐𝑚! 2 2 15. Uno studente in gita si sveglia la mattina e, dalla sua stanza di un hotel a sette piani (oltre al piano terra), scende in ascensore per recarsi al piano terra e fare colazione. Tuttavia, molto assonnato, preme ripetutamente il pulsante sbagliato e visita esattamente una volta tutti gli altri piani (escluso il suo), prima di arrivare finalmente al piano terra. Sapendo che la sua stanza non si trova al piano terra, quanta strada percorre l’ascensore al massimo? 𝐴 29 𝑝𝑖𝑎𝑛𝑖, 𝐵 28 𝑝𝑖𝑎𝑛𝑖, 𝐶 27 𝑝𝑖𝑎𝑛𝑖, 𝐷 26 𝑝𝑖𝑎𝑛𝑖, 𝐸 25 𝑝𝑖𝑎𝑛𝑖. Sol. 15. Procediamo per tentativi. Questa sequenza fa percorrere 28 piani all’assonnato studente: 4 → 1 → 7 → 2 → 6 → 3 → 5 → 𝑇 per un totale di numero di piani percorsi: 3 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 5 = 28. Non ci sono sequenze migliori. 16. Francesco vuole seminare una zona del giardino della sua casa, che ha la forma riportata in figura (casa in grigio e giardino in bianco tutto intorno). Per far questo lega una corda di 2 𝑚 all’angolo 𝐴 della casa, la tende e, spostandone l’estremità, disegna il perimetro della zona da seminare. Quanti 𝑚! seminerà Francesco? 15 3 31 3 9 3 𝐴 2𝜋 + 3, 𝐵 𝜋 − , 𝐶 𝜋 + , 𝐷 𝜋, 𝐸 4𝜋 − − 1. 4 2 12 2 4 2 Sol. 16. Dobbiamo calcolare l’area delimitata dall’estremo libero della corda lunga 2 𝑚, il cui primo estremo è vincolato nel punto 𝐴. Osserviamo che dal punto 𝐶 al punto 𝐸 si ha un arco di circonferenza avente centro in 𝐴 e raggio 2 𝑚, mentre l’ultimo tratto dal punto 𝐸 al punto 𝐹 si ha un quarto di circonferenza di centro 𝑂 e raggio 1 𝑚. Pertanto l’area cercata sarà la somma di un triangolo rettangolo 𝐴𝐵𝐶 , di un settore circolare 𝐶𝐷𝐸 di centro 𝑂 e raggio 𝐴𝐶 = 2 𝑚 e di un quarto di cerchio 𝐸𝑂𝐹 avente il centro in 𝑂 e il raggio 𝑂𝐸 = 𝑂𝐹 = 1 𝑚 . Osserviamo che il triangolo 𝐴𝐵𝐶 , avendo un cateto 𝐴𝐵 = 1 𝑚 e l’ipotenusa 𝐴𝐶 = 2 𝑚, è un triangolo rettangolo particolare, cioè è mezzo triangolo equilatero, con gli angoli di 30°, 60° e !" ! 90°. Quindi 𝐵𝐶 = ! 3 = ! 3 𝑚 = 3 𝑚, da cui segue che l’area di 𝐴𝐵𝐶 è: 1 1 3 ! 𝐴𝐵𝐶 = 𝐴𝐵 ⋅ 𝐵𝐶 = ⋅ 1 𝑚 3 𝑚 = 𝑚 2 2 2 Inoltre, poiché l’angolo ∠𝐶𝐴𝐷 = 30° , si ha che l’angolo ∠𝐶𝐴𝐸 = 30° + 180° = 210°. Pertanto l’area del settore circolare 𝐶𝐷𝐸 è 210 ! 7 7 7 𝐶𝐷𝐸 : 𝜋𝑟 ! = 210°: 360° ⟹ 𝐶𝐷𝐸 = 𝜋𝑟 = 𝜋 2 𝑚 ! = 𝜋 4 𝑚! = 𝜋 𝑚! 360 12 12 3 Infine l’area del quarto di cerchio 𝐸𝑂𝐹 è uguale ad un quarto dell’area di tutto il cerchio di centro in 𝑂 e raggio 𝑂𝐸 = 𝑂𝐹 = 1 𝑚 . Quindi 1 1 𝜋 𝐸𝑂𝐹 = 𝜋𝑟 ! = 𝜋 1 𝑚 ! = 𝑚! 4 4 4 Dunque, l’area cercata, in 𝑚! misura: 3 ! 7 1 28 + 3 3 31 3 𝑆= 𝑚 + 𝜋 𝑚! + 𝜋 𝑚! = 𝜋+ 𝑚! = 𝜋+ 𝑚! . 2 3 4 12 2 12 2