III GARA UNIMI

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

Effettivamente è un po\' tardi.
 In ogni caso per chi era alla III gara il 25 marzo - o ha visto i giochi proposti - può illustrare le soluzioni proposte.
 Dannatamente ho cannato quello di HANNAH.
 
 Un Saluto

gip · Messaggio da **gip** » 01 gen 1970, 01:33

Ciao Duilio, io c\'ero (un amico di Cecchi) <IMG SRC="images/forum/icons/icon21.gif"> .
 Premetto che i testi delle prove sono qua: <a href="http://users.mat.unimi.it/users/giochi/0304/0304III.pdf" target="_blank" target="_new">http://users.mat.unimi.it/users/giochi/ ... III.pdf</a>
 
 Allora...
 
 1° : poichè sono disponibili 21 botti e 21 metà di botte (di vino), ognuno otterrà 7 botti e sette metà di botti di vino. Per assegnare il vino basta dare a due dei figli tre botti intere più metà botte, e al terzo figlio la botte intera rimanente più le cinque metà restanti; basta poi assegnare tre botti vuote a ciascuno dei primi due figli e l\'ultima botte vuota al terzo, in modo da pareggiare il computo delle botti.
 
 2° Notiamo che è impossibile che entrambi i primi ottenuti siano dispari, infatti qualora x sia pari, si ha che (x-7)^2 +1 è pari; qualora x sia dispari, abbiamo (x-3)^2 -2 ancora pari. E\' necessario quindi che uno dei due primi sia uguale a 2; risolvendo le opportune uguaglianze si ottengono le soluzioni 1, 5, 6 e 8. (Ho sentito che qualcuno ha considerato anche -2 primo... io ho inteso i primi come quelli che si studiano in Aritmetica, poi si tratta di interpretazioni <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif"> )
 
 3° Notiamo che x congruo a 1 oppure 2 oppure 4 (mod 7) implica x^3 congruo a 1 (mod 7) e che x congruo a 3 oppure 5 oppure 6 (mod 7) implica x^3 congruo a -1 (mod 7). Dunque il cubo di un intero non divisibile per 7 è per forza congruo ad 1 o a -1 (mod 7), quindi x^3 + y^3 = 0 (mod 7) oppure = 2 (mod 7); ma affinchè x^3 + y^3 + z^3 = 0 (mod 7) servirebbe che z^3 = 0 (mod 7) oppure z^3=2 (mod 7), ma questo è impossibile.
 
 4° (Hannah.. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif"> ) L\'ho sbagliato, perchè ho fatto in modo da scrivere HANNNAH con tre N <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif"> ... ciò che segue è quella che credo essere la dimostrazione corretta (spero risulti chiara...)
 Consideriamo le possibilità partendo da 5 H contigue della riga più in alto.. poi, per simmetria, basterà moltiplicare il risultato per 4. Notiamo che, di queste 5 H, ve ne sono 2 centrali, 2 presso l\'angolo, e 1 d\'angolo.
 _Possibili percorsi dall\'H di angolo: 1*1*3*(5*3+2) . Ogni numero è associato alle possibili direzioni in ogni momento, il 2 finale è motivato dal fatto che la A di angolo ha 5 possibilità invece che 3, come per le altre. Poichè questo numero è uguale a quello dei possibili percorsi a partire da una N, e tornerà dopo, lo chiamiamo Z.
 _Possibili percorsi dall\'H presso l\'angolo: (1*1*Z) + (1*2*Z) =3*Z . La prima parentesi conta i percorsi se si va nella A di angolo, la seconda se si va nella A sul lato.
 _Possibili percorsi dalle H centrali: (1*1*Z) + (2*2*Z) = 5*Z. Al solito, la prima parentesi considera la A all\'angolo, la seconda le A sul lato.
 
 Dunque il totale è 4*(Z+3*Z+5*Z+5*Z+3*Z)= 68*Z = 68*51 = 3468.
 
 5° Grazie alla geometria elementare possiamo affermare che ACC\' e ABB\' sono simili, così come lo sono AA\'B e CC\'B.
 Dunque si ha che BB\':CC\'=AB:AC\' e che AA\':CC\'=AB:BC\', ossia (a sistema):
 
 |BB\'*AC\'=CC\'*AB
 |AA\'*BC\'=CC\'*AB
 |AC\'=AB-BC\'
 
 quindi, risolvendo un po\', si ha:
 
 AA\'*BB\'-AA\'*CC\'=BB\'*CC\', da cui 1/CC\' = (AA\'+BB\')/(AA\'*BB\') = 1/AA\' + 1/BB\' . cvd
 
 6° L\'ho cannato sicuramente, e la mia soluzione è abbastanza confusa, quindi evito di pubblicarla.. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_frown.gif">
 
 7° Poichè BED e GCF sono simili, si ha che gli angoli BEA e CFA sono uguali, dunque i due triangoli CFA e BEA sono anch\'essi simili, avendo l\'angolo BAC in comune. Da queste similitudini si ricava che:
 DE:BE=GF:CF e che AE:BE=AF:CF , quindi ricavando CF dalla prima e sostituendo nella seconda, si ha AE*GF*BE=BE*AF*DE , quindi AE:AF=DE:GF , ma da questo si ricava che i triangoli AEF e AGD sono simili, quindi, per Talete, GD e EF sono paralleli, quindi GDEF è un trapezio.
 
 Bye bye
 
 Marino

Wilddiamond · Messaggio da **Wilddiamond** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-04-08 23:40, gip wrote:
 
 Ho sentito che qualcuno ha considerato anche -2 primo...
 <IMG SRC="images/forum/icons/icon24.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon24.gif">
 
 
 ho fatto in modo da scrivere HANNNAH con tre N </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 <IMG SRC="images/forum/icons/icon24.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon24.gif">
 
 
 <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">

talpuz · Messaggio da **talpuz** » 01 gen 1970, 01:33

il 6 non dovrebbe essere impossibile, basta considerare che il centro è interno a un triangolo sse questo è acutangolo, costruire una corrispondenza tra triangoli acutangoli e ottusangoli, togliere i rettangoli (poichè n è dispari) e aggiungere i casi degeneri
 
 tutto questo in linea teorica, se qualche volenteroso vuole esplicitare il tutto..
 <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">

talpuz · Messaggio da **talpuz** » 01 gen 1970, 01:33

dunque:
 i triangoli possibili scegliendo 3 vertici sono comb(n,3)
 ora, scegliamo 1 vertice (n possibilità) e tracciamo il diametro D con un estremo in questo vertice, scegliamo un altro vertice distinto dal primo (n-1 possibilità) e un altro, che stia nella semicirconferenza non contenente il secondo vertice e avente come diametro D, (n-1)/2 possibilità.
 i triangoli ottenuti in questo modo sono tutti e soli quelli che risolvono il problema.
 dunque, senza contare i casi degeneri, P(n)=n(n-1)2/2*3! * 1/comb(n,3) (il 3! a denominatore è per eliminare le permutazioni dei vertici)
 =n(n-1)2/2*3! * 3!/n(n-1)(n-2)= (n-1)/2(n-2)
 
 si vede facilmente che i casi degeneri non generano altre configurazioni accettabili: scegliendo 3 volte lo stesso vertice, è ovvio che il \"triangolo\" non conterrà il centro, e anche scegliendone soltanto due coincidenti sarà lo stesso (poichè n è dispari, e disegnando un diametro con un estremo in un vertice, l\'altro estremo cadrà tra i due verici opposti). in questo caso però le configurazioni possibili sono n3
 dunque P(n)=n(n-1)2/2*3! * 1/n3=(n-1)2/12*n2

talpuz · Messaggio da **talpuz** » 01 gen 1970, 01:33

okay, quello che ho scritto nel mio post precedente è scazzato!
 infatti se prendiamo tre vertici consecutivi e scegliamo per primo quello in mezzo il triangolo non è acutangolo <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif">
 
 forse si può fare così:
 prendiamo un triangolo acutangolo, e tracciamo i diametri che partono dai suoi vertici: ognuno di essi incontrerà la circonferenza in un punto compreso tra due vertici del poligono. unendo ciascuno di questi 6 vertici con i due vertici del triangolo a lui più vicino, otteniamo sei triangoli ottusangoli.
 
 se facciamo la costruzione partendo da un triangolo ottusangolo (tracciando il diametro che parte dal vertice del triangolo ottuso), notiamo che esso viene associato a due triangoli acutangoli
 
 quindi, se x è il numero di triangoli acutangoli, il numero degli ottusangoli è 6x/2=3x e dunque
 x+3x=(n,3) => x=(n,3)/4
 visto che i triangoli acutangoli sono tutti e soli quelli che contengono il centro della circonf, P=x/(n,3)=1/4
 
 POSSIBILE??
 
 a chi ha fatto la gara: a voi cos\'è venuto??
 
 se contiamo anche i casi degeneri P=x/n3=(n-1)(n-2)/24n2 poichè nessuno di essi genera configurazioni accettabili [ Questo Messaggio è stato Modificato da: talpuz il 10-04-2004 13:45 ]

gip · Messaggio da **gip** » 01 gen 1970, 01:33

INCREDIBBILE!!!!!!!!!
 Dopo quasi *due mesi* sono finalmente usciti i risultati della gara!!! Complimenti ai vincitori e soprattutto a Simone!!! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">