gare del 1987

In questo forum si discute delle Olimpiadi di Matematica

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SW9
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Messaggio da SW9 » 01 gen 1970, 01:33

da un paio di giorni sono riuscito a mettere le mani su alcune gare nazionali di matematica del 1987.
<BR>personalmente sono riuscito a svolgere solo pochissimi esrcizi in quanto sono molto diversi da quelli delle olimpiadi di matematica(che definirei \"semplici\" a confronto).
<BR>
<BR>per non farvi annoiare ve ne propongo alcuni:
<BR>
<BR>1(il piu semplice)
<BR>in un sacchetto ci sono tre palline di colore diverso. Si compiono successive estrazioni rimettendo ogni volta nel sacchetto la pallina estratta. determinare quale è la probabilità di estrarre su n prove
<BR>-palline di un solo colore
<BR>-palline di due colori
<BR>-palline di tutti e tre i colori
<BR>
<BR>2
<BR>sia Q una circonferenza fissata e sia ABC un triangolo in essa iscritto.
<BR>Se A\', B\', C\' sono le intersezioni delle bisettrici uscenti rispettivamente da A, B, C con Q, si consideri il triangolo A\'B\'C\'.
<BR>
<BR>a)i triangoli A\'B\'C\' così ottenuti al variare di ABC sono tutti i possibili triangoliinscritti in Q? in caso contrario quali limitazioni devono soddisfare?
<BR>
<BR>b)dimostrare che le bisettrici di ABC coincidono con le altezze di A\'B\'C\'
<BR>
<BR>
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talpuz
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Messaggio da talpuz » 01 gen 1970, 01:33

1
<BR>-la prima pallina può essere 1 colore qualsiasi, fissato quello la probabilità che tutte le altre vengano fuori di quel colore è (1/3)^n-1
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Messaggio da talpuz » 01 gen 1970, 01:33

- visualizziamo la situazione in questo modo: immaginiamo n caselline, corrispondenti alle estrazioni, dentro cui dobbiamo scrivere il colore della pallina uscita. le estrazioni possibili sono allora 3^n (x ogni casellina abbiamo 3 scelte)
<BR>se fissiamo due colori fra i tre, i casi favorevoli saranno quelli in cui si trovano nelle caselle solo questi due colori. se fissiamo h>1, i casi in cui vengono estratte h palline di un colore sono (n h) (coeff binomiale)
<BR>inoltre, ognuno di questi casi determina univocamente un caso favorevole
<BR>facendo variare h tra 1 e n-1, e contando che i due colori si possono scegliere in 3 modi, si vede che la probabilità è
<BR>3(2^n-2)/3^n=2[(2/3)^(n-1)-(1/3)^(n-1)] (n>=2)
<BR>
<BR>voi che dite?<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: talpuz il 13-12-2003 18:53 ]
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Messaggio da talpuz » 01 gen 1970, 01:33

-la probabilità complementare a quella del punto precedente è la probab che NON escano due colori nelle n estrazioni; se a questa sottraiamo la probabilità che ne esca solo uno dei 3, abbiamo la probabilità che escano tutti e tre. quindi
<BR>p=1-2[(2/3)^(n-1)-(1/3)^(n-1)] -(1/3)^n-1=1-2(2/3)^n-1+(1/3)^n-1 n>=3
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Messaggio da talpuz » 01 gen 1970, 01:33

up!
<BR>idee x il secondo?
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SW9
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Messaggio da SW9 » 01 gen 1970, 01:33

dunque la soluzione del primo è:
<BR>
<BR>a) 3*(1/3)^n che equivale a 1/(3^(n-1))
<BR>
<BR>b) 3*[(2/3)^n - 2*(1/3)^n] che equivale a (2^(n) -2)/3^(n-1)
<BR>
<BR>c)1-(1/3)^(n-1)-(2^(n)-2)/(3^(n-1))equivalente(3^(n-1)-2^(n-1)+1)/3^(n-1)
<BR>
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SW9
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Messaggio da SW9 » 01 gen 1970, 01:33

SUGGERIMENTI per il secondo
<BR>bisogna disegnarsi la figura e analizzare attentamente le relazioni fra gli angoli
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bobby_fischer
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Messaggio da bobby_fischer » 01 gen 1970, 01:33

Rispondo al 2b:
<BR>congruente si scrive =
<BR>
<BR>Chiamo L,M,N i punti di intersezione delle bisettrici di ABC con A\'B\'C\'
<BR>
<BR>Dopo aver segnato gli angoli congruenti fra loro in modo uguale,
<BR>ACC\'=C\'CB=AA\'C\'=C\'B\'B perchè insistenti sugli stessi archi
<BR>CAA\'=A\'AB=BB\'A\'=A\'C\'C perchè insistenti sugli stessi archi
<BR>CBB\'=B\'BA=B\'C\'C=B\'A\'A perchè insistenti sugli stessi archi.
<BR>
<BR>Ora considero i triangoli B\'LA\' E C\'LA\'.
<BR>Come si può vedere dal disegno, hanno le somme degli angoli (LB\'A\'+LA\'B\')=(LC\'A\'+LA\'C\'), dunque anche B\'LA\'=C\'LA\'=90° perchè B\'LA\' angolo piatto.
<BR>
<BR>Ripeto il procedimento con le altre due coppie di triangoli e dimostro che le bisettrici di ABC sono le altezze di A\'B\'C\'.
<BR>
<BR>Ho sbagliato qualcosa? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif">
<BR>
<BR>Se mi dite come si fa posto la figura fatta con cabri <IMG SRC="images/forum/icons/icon21.gif">
<BR>
<BR>ciao
<BR>nick <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">

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

Forse, guardando la figura, mi è venuta un\'illumniazione sul 2a:
<BR><IMG SRC="images/forum/icons/icon24.gif"> Secondo me non sono tutti i possibili triangoli incritti, ma mancano quelli ottusi e quelli retti perchè, guardando la figura che si trova dal mio messaggio precedente, si trova che ogni angolo di A\'B\'C\' è formato da due metà di due bisettrici di ABC, dunque, per far sì che uno degli angoli di A\'B\'C\' sia almeno =90° bisogna che la somma di due angoli di ABC sia almeno =180, ma ciò non è possibile perchè il terzo angolo sarebbe nullo.
<BR>
<BR>Ho visto giusto?<IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif">
<BR>ciao
<BR>nick<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: bobby_fischer il 14-12-2003 17:50 ]

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Messaggio da SW9 » 01 gen 1970, 01:33

per bobby_fischer soluzione 2a
<BR>
<BR>esatto tutti gli angoli di a\'b\'c\' sono tutti acuti!
<BR>
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SW9
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Messaggio da SW9 » 01 gen 1970, 01:33

attendi un attimo che analizzo la tua risposta 2b...
<BR>
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