Dimostrazione NON rigorosa: prova col polinomio di grado 2010 più semplice possibile e cioè $ p(x)=x^{2010} $ e vedrai che si annullano tutti i termini di grado 2010, 2009 e 2008. Rimane un termine di grado 2007.gibo92 ha scritto:La mia griglia è:
1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14
B,E,C,D,C,B,B,C,A,C,D,D,373,27
DIMOSTRATIVO 1: (p,q,n)=(2,3,2);(3,2,2)
DIMOSTRATIVO 2: ...
DIMOSTRATIVO 3: 144
solo il problema 12 mi lascia ancora in dubbio, qualcuno potrebbe darmene una dimostrazione rigorosa (o cmq dirmi il suo ragionamento)?:
p(x) è un polinomio di grado 2010. Quale è il massimo grado di
p(x-1)-3p(x)+3p(x+1)-p(x+2)?
Febbraio 2010
Ultima modifica di Kopernik il 09 feb 2010, 19:29, modificato 1 volta in totale.
[tex]A \epsilon \iota \quad o \quad \theta \epsilon o \varsigma \quad o \quad \mu \epsilon \gamma \alpha \varsigma \quad \gamma \epsilon \omega \mu \epsilon \tau \rho \epsilon \iota \quad (\Pi \lambda \alpha \tau \omega \nu)[/tex]
io l'ho risolto semplicemente:gibo92 ha scritto:p(x) è un polinomio di grado 2010. Quale è il massimo grado di
p(x-1)-3p(x)+3p(x+1)-p(x+2)?
px-p-3px+3px+3p-px-2p=0
quindi è nullo
Ultima modifica di giro94 il 09 feb 2010, 18:15, modificato 2 volte in totale.
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non so quanto possa esserti di conforto, cmq anke io ho fatto lo stesso errorelama luka ha scritto:si, è 144....io invece che 3! o messo 3, dunque mi sono venute 72 terne...inutlie dire che sia qui a fustigarmi già da un'ora...Giuseppe R ha scritto: per il 3° di combinatoria ho un sicuro 144... voi???
da suicidio... quanti punti ci toglieranno?-
Spammowarrior
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uhm, se il dilemma di monty hall non ti piace (il che mi dispiace perchè l'ho tirato io in balloQuarantadue ha scritto:Io ho i testi alla mano, e il 4° esercizio all'inizio dice "Antonio, Beppe, Carlo e Duccio si distribuiscono casualmente le 40 carte di un mazzo, 10 a testa....ecc. Quindi anche il dilemma di monty-hall non c'entra in questo caso, perchè la probabilità è indipendente dalle informazioni successive.
) pensa con la definizione classica di probabilità.la probabilità che nessuna delle 7 carte rimanenti di alberto sia il 7 di denari è 33/34*32/33*31/32*...*27/28= 27/34, quindi la probabilità di alberto di avere il 7 è 7/34.
lo stesso ragionamento lo fai per duccio e hai 10/34.
-
Quarantadue
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in effetti è vero...mmm..speriamo allora, perchè è la risposta che ho dato inizialmente!Kopernik ha scritto:C'entra, c'entra. Probabilità condizionata. Vedila in questo modo: supponi che non ti abbiano detto che A ha certe tre carte (come nel testo del problema), ma te le abbiano fatte vedere tutte e dieci. Tra quelle dieci NON c'è la carta richiesta. Qual è la probabilità che A abbia quella carta? E' ancora 1/4?. No, è zero perché sai che non ce l'ha. Le informazioni successive quindi modificano il conto.Quarantadue ha scritto:Io ho i testi alla mano, e il 4° esercizio all'inizio dice "Antonio, Beppe, Carlo e Duccio si distribuiscono casualmente le 40 carte di un mazzo, 10 a testa....ecc. Quindi anche il dilemma di monty-hall non c'entra in questo caso, perchè la probabilità è indipendente dalle informazioni successive.
Viene 5 perché il cammino è l'ipotenusa di un triangolo rettangolo di cateti 3 e 4. Si ottiene stendendo la superficie laterale del cono su un piano: viene un settore circolare di apertura $ \pi $, cioè un semicerchio.Reginald ha scritto:Di quella del cono e della porta dell'inferno..la 6Kopernik ha scritto:Scusa la mia inutilità.. Di quale domanda stai parlando?Reginald ha scritto:Anche io ho fatto così(dopo la gara) quindi la risposta giusta è la B, se non ricordo male...kopernik, come mai dici che sia la C?
Secondo il mio (inutile) parere è il problema più bello della gara di oggi.
[tex]A \epsilon \iota \quad o \quad \theta \epsilon o \varsigma \quad o \quad \mu \epsilon \gamma \alpha \varsigma \quad \gamma \epsilon \omega \mu \epsilon \tau \rho \epsilon \iota \quad (\Pi \lambda \alpha \tau \omega \nu)[/tex]
forse l'unico bello a livello estetico, anche il 17, se svolto in maniera simpatica può essere molto elegante !!Kopernik ha scritto: Secondo il mio (inutile) parere è il problema più bello della gara di oggi.
Non siamo mica qui a raddrizzare banane col culo !
è Ragionevole!
44 gatti [tex]\equiv 2 \pmod{6}[/tex]
E questo come lo risolvo?-L.Lamanna,G.Grilletti (2009)
Tre anni di quaestio copernicana - C.Càssola, F.M.Antoniali, L.Lamanna (2012)
Cinque anni di Copernicus Math Race - L.Lamanna (2016)
[tex]!n=n! \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k!}[/tex]
è Ragionevole!
44 gatti [tex]\equiv 2 \pmod{6}[/tex]
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Eh anche io ho messo 5, ma era la risposta B o sbaglio?..perchè sulla tua griglia compare la C..Kopernik ha scritto:Viene 5 perché il cammino è l'ipotenusa di un triangolo rettangolo di cateti 3 e 4. Si ottiene stendendo la superficie laterale del cono su un piano: viene un settore circolare di apertura $ \pi $, cioè un semicerchio.Reginald ha scritto:Di quella del cono e della porta dell'inferno..la 6Kopernik ha scritto: Scusa la mia inutilità.. Di quale domanda stai parlando?
Secondo il mio (inutile) parere è il problema più bello della gara di oggi.
Ci sono due errori che si possono fare lungo la via verso la verità...non andare fino in fondo, e non iniziare.
Confucio
Confucio
...cazzo se sono scemo....ndp15 ha scritto:Compare B nella sua grigliaReginald ha scritto:Eh anche io ho messo 5, ma era la risposta B o sbaglio?..perchè sulla tua griglia compare la C..
...scusa sono un inetto assoluto...Ci sono due errori che si possono fare lungo la via verso la verità...non andare fino in fondo, e non iniziare.
Confucio
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come vi viene quello dei rossi e verdi nella battaglia a gavettoni??????
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hehehehe anch'io lo stesso errore! bene sono assai rincuorato di non essere stato l'unicogibo92 ha scritto:non so quanto possa esserti di conforto, cmq anke io ho fatto lo stesso errorelama luka ha scritto:si, è 144....io invece che 3! o messo 3, dunque mi sono venute 72 terne...inutlie dire che sia qui a fustigarmi già da un'ora...Giuseppe R ha scritto: per il 3° di combinatoria ho un sicuro 144... voi???
"se preceduto dalla propria citazione produce una falsità" se preceduto dalla propria citazione produce una falsità.
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Spammowarrior
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- Iscritto il: 23 dic 2009, 17:14
2/3, si nota che l'area di uno dei triangolini in alto sta all'area del triangolo grande come il quadrato delle altezze (che sono anche mediane quindi stanno 1/3:1)
quindi ogni triangolino ha area 1/9, cioè in totale area 1/3, che sottrai a 1 per ottenere il risultato cercato.
edit: ovviamente problema sbagliato, è come dice gian
quindi ogni triangolino ha area 1/9, cioè in totale area 1/3, che sottrai a 1 per ottenere il risultato cercato.
edit: ovviamente problema sbagliato, è come dice gian
Ultima modifica di Spammowarrior il 09 feb 2010, 18:28, modificato 1 volta in totale.
Anche io...Lupacante ha scritto:hehehehe anch'io lo stesso errore! bene sono assai rincuorato di non essere stato l'unicogibo92 ha scritto:non so quanto possa esserti di conforto, cmq anke io ho fatto lo stesso errorelama luka ha scritto: si, è 144....io invece che 3! o messo 3, dunque mi sono venute 72 terne...inutlie dire che sia qui a fustigarmi già da un'ora...
..va beh vedono che sono errori di calcolo, speriamo nella clemenza!!=)Ci sono due errori che si possono fare lungo la via verso la verità...non andare fino in fondo, e non iniziare.
Confucio
Confucio