Soluzioni ufficiali dei Giochi di Archimede

In questo forum si discute delle Olimpiadi di Matematica

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ReKaio
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Messaggio da ReKaio » 01 gen 1970, 01:33

anch\'io ho fatto lo stesso ragionamento affrettato... c\'è il 2, c\'è il 5... soluzione 0!
<BR>
<BR>probabilmente per il problema 5 non ho avuto l\'illuminazione, l\'intuizione giusta ^_^
<BR>
<BR>aggiungo dopo, per non fare una nuova risposta... il 5 era quello del quadrato con 4 triangoli... ho applicato il teorema di pitagora per benino, non riesco a capire cosa posso aver sbagliato... mah... (a scrivere sulla griglia? me ne vergognerei in eterno...)<BR><BR><font size=1>[ This message was edited by: ReKaio on 2001-12-08 17:11 ]</font>
_k_

simo01
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Messaggio da simo01 » 01 gen 1970, 01:33

Finalmente ho le soluzioni ufficiali del biennio !
<BR>
<BR>E C B A A C E C E E E E D D B D E E B D
<BR>

jack202
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Messaggio da jack202 » 01 gen 1970, 01:33

Per ReKaio : applicando il teorema di Pitagora \"per benino\" hai che le altezze dei triangoli isosceli sono 5 e 9, quindi
<BR>l\'area del quadrilatero (visto che è evidentemente un rombo) è
<BR>
<BR>2*(12+5)*(12+9) = 714
<BR>
<BR>Per il problema 13 bastava accorgersi
<BR>dell\'esistenza di un angolo di 60°
<BR>(45°+15°), che implicava istantaneamente
<BR>la presenza di un triangolo equilatero.
<BR>Nel problema si aveva dunque
<BR>BC = raggio = 1
<BR>
<BR>Per il 24 bastava impostare il sistema
<BR>{v2 / v3 = 2/3
<BR>{v3(t1) = v1(t1+1)
<BR>{v2(t2) = v1(t2+1)
<BR>{t2 = t1+1
<BR>da cui seguiva, dopo un po\' di passaggi,
<BR>v1/v3 = 1/2
<BR>
<BR>ovvero v3:v2:v1 = 6:4:3
<BR>

jack202
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Messaggio da jack202 » 01 gen 1970, 01:33

Anche se sono lievemente off-topic, mi sento
<BR>di dare un piccolo consiglio a tutti coloro che,
<BR>annualmente, affrontano le gare di Archimede :
<BR>
<BR>in molti problemi, specie in quelli numerici, più
<BR>che scervellarsi a impostare sistemi conviene,
<BR>molto brutalmente, \"testare\" ognuna delle 5
<BR>risposte fornite dal testo.
<BR>
<BR>Quest\'anno, ad esempio, il procedimento
<BR>calzava perfettamente nel caso del problema
<BR>7. Per i curiosi, o per gli oltranzisti del metodo
<BR>deduttivo, il problema andava risolto
<BR>come segue
<BR>
<BR>(a) numero ragazzi (19-a) numero ragazze
<BR> x quota ai ragazzi (x+600) quota alle ragazze
<BR>
<BR>ax + (19-a)(x+600) = 20000
<BR>(ho fatto a meno di un po\' di \"zeri\")
<BR>
<BR>19x - 600a = 8600
<BR>
<BR>ma x e a sono numeri interi, quindi questa
<BR>è un\'equazione diofantina, e l\'unica soluzione
<BR>accetabile è
<BR>
<BR>x=800
<BR>a=11
<BR>

Log
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Messaggio da Log » 01 gen 1970, 01:33

anch\'io ho ragionato così. non so se sono l\'unica, ma uno dei problemi che mi ha impegnata di più è stato quello degli angoli con le due bisettrici, in cui era noto y, oltre al secondo sui cavalieri e furfanti... ma nel complesso era fattibile! a presto! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif">

ReKaio
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Messaggio da ReKaio » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2001-12-09 13:59, jack202 wrote:
<BR>Per ReKaio : applicando il teorema di Pitagora \"per benino\" hai che le altezze dei triangoli isosceli sono 5 e 9, quindi
<BR>l\'area del quadrilatero (visto che è evidentemente un rombo) è
<BR>
<BR>2*(12+5)*(12+9) = 714
<BR>
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>esattamente cò che ho fatto... mero errore di calcolo... (colpa di carta e matita, senza calcolatrice è come se mi tagliassero un dito... sigh, lo so... dovrei allenarmi a calcolare a mente <IMG SRC="images/forum/icons/icon_frown.gif">)
<BR>
<BR><!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>Per il problema 13 bastava accorgersi
<BR>dell\'esistenza di un angolo di 60°
<BR>(45°+15°), che implicava istantaneamente
<BR>la presenza di un triangolo equilatero.
<BR>Nel problema si aveva dunque
<BR>BC = raggio = 1
<BR>
<BR>Per il 24 bastava impostare il sistema
<BR>{v2 / v3 = 2/3
<BR>{v3(t1) = v1(t1+1)
<BR>{v2(t2) = v1(t2+1)
<BR>{t2 = t1+1
<BR>da cui seguiva, dopo un po\' di passaggi,
<BR>v1/v3 = 1/2
<BR>
<BR>ovvero v3:v2:v1 = 6:4:3
<BR>
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>sinceramente non ricordo esattamente la figura, comunque, probabilmetne con un ragionamente più rilassato, ci sarei arrivato per entrambi, (il secondo molto più a fatica...)
<BR>
<BR>comunque..
<BR>GRAZIE JACK!
<BR>
<BR>
_k_

army21299
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Messaggio da army21299 » 01 gen 1970, 01:33

Sono quello che ha fatto solo 54, ma potrei passare come punteggio più alto della scuola. C\'è un problema. Una mia compagna si è copiata le 16 risposte che ho dato io (di cui solo 9 giuste), e, invece di lasciare le restanti 9 in bianco, ha messo dei risultati a forfait. Io ho totalizzato 54 (45 + le 9 in bianco), lei 45 sicuro, in più prenderà punteggi anche dalle risposte a forfait che probabilmente ha indovinato. Non so quali sono le sue risposte, ma mi supererebbe solo se 2 delle 9 a forfait sarebbre esatte, ottenendo 55. Siccome non so le sue risposte forfettarie, qual è la probabilità che, con 9 risposte a forfait, ne abbia indovinate almeno 2?
<BR>
<BR>Grazie <IMG SRC="images/forum/icons/icon_mad.gif">

lordgauss
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Messaggio da lordgauss » 01 gen 1970, 01:33

Per questo problema che, scommetto, ti sta particolarmente a cuore ci viene in aiuto la distribuzione binomiale.
<BR>
<BR>Omettendo il procedimento ti posso dire che:
<BR>a) La probabilità che la tua amica abbia indovinato zero risposte è circa di 0,1342
<BR>b) la probabilità che ne abbia presa solo una è circa di 0,302
<BR>
<BR>Pertanto la probabilità che ti abbia superato è uguale a circa 1-(0,1342+0,302)=0.5638
<BR>ovvero circa il 56,4%.
<BR>Insomma, non ti ho dato una buona notizia, d\'altra parte non è nemmeno troppo cattiva... te la puoi giocare.
<BR>In ogni caso la vittoria morale è tua...
<BR>Auguri! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">[addsig]

jack202
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Messaggio da jack202 » 01 gen 1970, 01:33

In base al sistema di punteggi dei giochi
<BR>di Archimede una persona può totalizzare
<BR>0, oppure 125, ma sicuramente non 124...
<BR>
<BR>Se abbiamo N domande, e
<BR>
<BR>a risposta esatta corrispondono A punti
<BR>a risposta non data corrispondono B punti
<BR>a risposta sbagliata corrispondono C punti
<BR>
<BR>con A>B>C
<BR>e A,B,C,N numeri interi
<BR>
<BR>quali punteggi
<BR>NON è POSSIBILE TOTALIZZARE ?
<BR>
<BR>(nel nostro caso N=25,A=5,B=1,C=0)
<BR>
<BR>Buon divertimento.
<BR>

army21299
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Messaggio da army21299 » 01 gen 1970, 01:33

Come faccio a sapere se sono stato preso per le provinciali?
<BR>Posso saperlo già ora o devo aspettare una data?
<BR>Grazie
<BR>

ReKaio
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Messaggio da ReKaio » 01 gen 1970, 01:33

aspetti la circolare a scuola!
<BR>
<BR>a proposito, al mia prof non ha ancora corretto il mio test, devo far fretta, o posso adnare tranquillo? entra quando devono trasmettere i risultati?
_k_

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Duilio
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Messaggio da Duilio » 01 gen 1970, 01:33

Nel caso dei Giochi di Archimede sia k il numero delle risposte indovinate, h il numero di quelle lasciate in bianco e 25-(h+k) quelle sbagliate.
<BR>Ogni punteggio totalizzabile è 5*k+h, dove
<BR>0<=k<=25
<BR>0<=h<=25
<BR>e tale che il massimo valore di h+k è proprio 25.
<BR>Se k<=21 è possibile comunque scegliere valori di h tali che
<BR>0<=h<5,
<BR>per questo è possibile realizzare tutti i punteggi
<BR>compresi tra 0 e 109.
<BR>Se k>21, tuttavia, i possibili valori di h sono soltanto 25-k, quindi
<BR>0<=h<(25-k+1)
<BR>Ne segue che per k=22 si possono avere 4 valori possibili per h: 0,1,2,3
<BR>quindi il punteggio corrispondente a 22*5+4=114 non è totalizzabile.
<BR>Analogamente non lo sono quelli corispondenti a 23*5+3=118, 23*5+4=119, 24*5+2=122, 24*5+3=123, 24*5+4=124.
<BR>
<BR>Un saluto.
<BR>
<BR>Scusate il New Topic <IMG SRC="images/forum/icons/icon_frown.gif">

Isotta
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Messaggio da Isotta » 01 gen 1970, 01:33

Uffi ragazzi!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!quest\'anno è il primo anno di Olimpiade e partecipa tutta la mia classe ovvero la IIAL del liceo aldo moro di Rivarolo Canavese(to)......nn so in che cosa consista e mercoledì il verdetto!!!!Help me help me help me
<BR>Buona fortuna a tutti.....
<BR>Terry87
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