Archimede 2017

Informazioni sulle gare, come allenarsi, chi corrompere.
Talete
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Archimede 2017

Messaggio da Talete » 23 nov 2017, 12:38

Ma Gerardo è stato scelto in onore di Gerald Lambeau?
"Sei il Ballini della situazione" -- Nikkio
"Meriti la menzione di sdegno" -- troppa gente
"Sei arrivato 69esimo? Ottima posizione!" -- Andrea M. (che non è Andrea Monti, come certa gente pensa)
"Se ti interessa stanno inventando le baricentriche elettroniche, che dovrebbero aiutare a smettere..." -- Bernardo

marspitzalis
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Re: Archimede 2017

Messaggio da marspitzalis » 23 nov 2017, 13:13

Quando si sanno i risultati?

chiara18
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Re: Archimede 2017

Messaggio da chiara18 » 23 nov 2017, 15:38

Tra quanto si possono iniziare a confrontare le risposte?

Talete
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Re: Archimede 2017

Messaggio da Talete » 23 nov 2017, 17:29

Credo si possa di già.

Comunque gara molto bella e bilanciata secondo me :)
"Sei il Ballini della situazione" -- Nikkio
"Meriti la menzione di sdegno" -- troppa gente
"Sei arrivato 69esimo? Ottima posizione!" -- Andrea M. (che non è Andrea Monti, come certa gente pensa)
"Se ti interessa stanno inventando le baricentriche elettroniche, che dovrebbero aiutare a smettere..." -- Bernardo

C3POletto
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Re: Archimede 2017

Messaggio da C3POletto » 23 nov 2017, 18:41

Anche a me è piaciuta molto, purtroppo ho sbagliato un problema per distrazione ma gara comunque molto bella!

Fenu
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Re: Archimede 2017

Messaggio da Fenu » 23 nov 2017, 18:51

Tabella non ufficiale Biennio T1:
CEDB EADB EDDA ABDA
Mi scuso per eventuali errori.
Gara tranquilla, peccato per un errore contando i numeri primi.

marspitzalis
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Re: Archimede 2017

Messaggio da marspitzalis » 23 nov 2017, 18:53

potresti scrivere una descrizione veloce per far capire che esercizi sono?
Comunque quello dei furfanti (del biennio) mi ha messo abbastanza in difficoltà, tutt'ora sono ancora in dubbio

C3POletto
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Re: Archimede 2017

Messaggio da C3POletto » 23 nov 2017, 20:40

Penso che sia i dati non sono sufficienti per saperlo

C3POletto
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Re: Archimede 2017

Messaggio da C3POletto » 23 nov 2017, 21:17

Fenu ha scritto:
23 nov 2017, 18:51
Tabella non ufficiale Biennio T1:
CEDB EADB EDDA ABDA
Mi scuso per eventuali errori.
Gara tranquilla, peccato per un errore contando i numeri primi.
Penso che la 11 fosse C e anche la 13

aelialaelia
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Re: Archimede 2017

Messaggio da aelialaelia » 23 nov 2017, 21:20

Allora, premettendo che sono un'insegnante ma che negli ultimi due giorni, sopraffatta dalle urgenze organizzative, non ho avuto un briciolo di tempo per divertirmi di persona a risolvere i giochini, e li ho solo sfogliati appena (ho intenzione di farne una carrellata stasera, dopo aver finito con le incombenze familiari), l'impressione a occhio è che possano solo essere tutti furfanti. Ripeto NON HO ancora svolto il quesito nel dettaglio, e parlo solo di un'impressione a vista senza essermi tracciata nessuno schema scritto, quindi potrei sbagliare... ma la prima cosa a cui si deve pensare è che i sei soggetti siano divisi in due gruppi omogenei sfasati tra di loro, con una inevitabile simmetria.

Se sono in 6 (chiamiamoli A, B, C, D, E, F)... li possiamo visualizzare come disposti a forma di Stella di Davide, composta da due triangoli indipendenti.

Se ognuno parla di quelli che sono i suoi due adiacenti di tavolo più l'opposto, vuol dire che ogni appartenente al primo triangolo sta indicando sempre tutti e tre gli stessi appartenenti al secondo triangolo, e viceversa. I signori A, C e E descrivono lo stesso gruppo (composto da B, D e F). Siccome dichiarano tutti e tre la stessa cosa sulle stesse persone, o dicono tutti e tre il vero, o tutti e tre il falso, non c'è altro verso. Ma la stessa cosa deve valere anche per i membri dell'altro triangolo. Quindi,

- o sono tutti sinceri (ma in tal caso non affermerebbero di vedere nell'altro triangolo due bugiardi su tre);

- o uno dei due triangoli è formato da sinceri e l'altro da bugiardi (ma in tal caso i tre sinceri non affermerebbero di vedere due bugiardi su tre, direbbero correttamente di vedere tre bugiardi);

- o sono tutti bugiardi, e questa mi pare l'uniica soluzione possibile.

Ma corro a rifarmi tutto lo schema per sicurezza :)

ciao

Buraka
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Re: Archimede 2017

Messaggio da Buraka » 23 nov 2017, 21:42

Io avevo il T1 ma non avendolo adesso a portata di mano, potete ricordarmi in che ordine erano messi i problemi o dove posso reperirlo?

C3POletto
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Re: Archimede 2017

Messaggio da C3POletto » 23 nov 2017, 21:47

aelialaelia ha scritto:
23 nov 2017, 21:20
Allora, premettendo che sono un'insegnante ma che negli ultimi due giorni, sopraffatta dalle urgenze organizzative, non ho avuto un briciolo di tempo per divertirmi di persona a risolvere i giochini, e li ho solo sfogliati appena (ho intenzione di farne una carrellata stasera, dopo aver finito con le incombenze familiari), l'impressione a occhio è che possano solo essere tutti furfanti. Ripeto NON HO ancora svolto il quesito nel dettaglio, e parlo solo di un'impressione a vista senza essermi tracciata nessuno schema scritto, quindi potrei sbagliare... ma la prima cosa a cui si deve pensare è che i sei soggetti siano divisi in due gruppi omogenei sfasati tra di loro, con una inevitabile simmetria.

Se sono in 6 (chiamiamoli A, B, C, D, E, F)... li possiamo visualizzare come disposti a forma di Stella di Davide, composta da due triangoli indipendenti.

Se ognuno parla di quelli che sono i suoi due adiacenti di tavolo più l'opposto, vuol dire che ogni appartenente al primo triangolo sta indicando sempre tutti e tre gli stessi appartenenti al secondo triangolo, e viceversa. I signori A, C e E descrivono lo stesso gruppo (composto da B, D e F). Siccome dichiarano tutti e tre la stessa cosa sulle stesse persone, o dicono tutti e tre il vero, o tutti e tre il falso, non c'è altro verso. Ma la stessa cosa deve valere anche per i membri dell'altro triangolo. Quindi,

- o sono tutti sinceri (ma in tal caso non affermerebbero di vedere nell'altro triangolo due bugiardi su tre);

- o uno dei due triangoli è formato da sinceri e l'altro da bugiardi (ma in tal caso i tre sinceri non affermerebbero di vedere due bugiardi su tre, direbbero correttamente di vedere tre bugiardi);

- o sono tutti bugiardi, e questa mi pare l'uniica soluzione possibile.

Ma corro a rifarmi tutto lo schema per sicurezza :)

ciao
Penso che questo sia il problema del triennio, mentre quello di cui parlavo io era quello del biennio

aelialaelia
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Re: Archimede 2017

Messaggio da aelialaelia » 23 nov 2017, 22:23

Scusate, mi era sfuggito. Allora sì, in questo caso mi pare che la soluzione non sia univoca.



spoiler








Ognuno dichiara di vedere, escludendo se stesso, due furfanti e un cavaliere.

Se fossero tutti sinceri, nessuno direbbe di vedere due bugiardi dove non ci sono proprio.
Se fossero tre sinceri e un bugiardo, nessun sincero direbbe di vedere due bugiardi quando ce n'è uno solo.
Se fossero tre bugiardi e un sincero, il sincero dovrebbe dire che di bugiardi ne vede tre e non due, ma questo non avviene.

Restano due casi ugualmente possibili:

- o sono tutti bugiardi, ognuno ne vede altri tre, ma dice di vederne due, perché appunto è bugiardo :)
quindi, tutti furfanti

- oppure sono due e due: ogni sincero, di bugiardi ne vede REALMENTE due, e lo dice; ogni bugiardo vede REALMENTE un solo altro bugiardo, ma afferma il falso e dice di vederne due. Quindi due furfanti e due cavalieri.

saluti

Buraka
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Re: Archimede 2017

Messaggio da Buraka » 23 nov 2017, 23:04

Fenu ha scritto:
23 nov 2017, 18:51
Tabella non ufficiale Biennio T1:
CEDB EADB EDDA ABDA
Mi scuso per eventuali errori.
Gara tranquilla, peccato per un errore contando i numeri primi.
Sono sicuro che per il problema 5 del T1 la risposta sia C, ovvero $ \frac{8-\sqrt{3}}{3}-4 $

C3POletto
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Re: Archimede 2017

Messaggio da C3POletto » 24 nov 2017, 07:35

Quella risposta non era tra le risposte possibili, infatti il problema 5 del T1 biennio è quello del numero n che è multiplo di 1000 ma non di 10000

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