OliForum Matematico

io ho fatto 26..
sono in seconda

dovrei essere arrivato secondo del beinnnio...
se mi confermate questa cosa, di cui non sono sicuro, mi renderete IMMENSAMENTE FELICE...

non ho capito perchè nella mia dimostrazione del 4 mi hanno dato solo 4 punti
anche la mia è un po' brute-force, ma dovrebbe funzionare:
stabilito che
a1,a2,a3,a4,a5 sono prodotto di 4 fottori e dimostrato che è valido per infiniti n, avevo detto che se tutti gli a devono essere minori di 5000, sicuramente il loro prodotto dovrà essere minore di 5000^5 (perchè se è maggiore almeno uno è maggiore di 5000 necessariamente)
il prodotto di a1,a2,...a5 è (f1*f2*f3*f4*f5*f6*f7*f8*f9*f10)^2
Basta calcolare l'ordine di grandezza del numero e confrontarlo con quello di 5000^5 e si vede che il primo è >10^19, mentre il secondo è compreso fra 10^18 e 10^19....

capisco che non è bellissima come dimostrazione ma almeno 5-6 punticini ci stavano, no?

comunque è andata molto bene, venedno a cesenatico non immaginavo di prendere una medaglia, eprò dopo aver fatto la prova speravo di aver fatto di +...[/tex]

frengo ha scritto: Ehm...
Come la so io è cosi

1° posto: Negro - 42 punti
2° posto: CAVAZZANI - 40 PUNTI
3° posto: Di Marino - 40 punti
4° posto: Barbieri - 39 punti
5° posto: Attanasio - 36 punti
ecc.

credo proprio che sia così, visto che il secondo sono IO.....

ps SIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII!!!!!
SECONDO!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

Ciao a tutti

Beh,in effetti è vero^^ io la ricordo così,andando a memoria

1 Negro 42
2 Cavazzani 40
3 Di Marino 40
4 Barbieri 39
5 Attanasio 36
6 Sarti 35
7 Zanibellato 34
8 Audrito 33
8 Bonizzato 33
8 Lilliu 33
8 Pierazzo 33
8 (non ricordo) 33
13 Metta 32
14 Gemin 31
15 Colombo 30
15 Guadagni 30
15 (non ricordo) 30
...

Boll ha scritto:Uhm, frengo, ma cosa è discriminante fra te e Simo_the_Wolf??? Il tempo di consegna?

Ovviamente il tempo di consegna è irrilevante.
Il discriminante è stato il giudizio complessivo che la commissione ha dato ai due elaborati. La somma dei punteggi dei problemi era uguale, ma l'elaborato di Cavazzani è stato giudicato complessivamente migliore.

bè per i due errori che ho fatto....
1.esercizio 2:secondo la mia dimostrazione i numeri che hanno la somma delle cifre pari a 27 minori di 2005 sono 999,1989,1998 (dimenticandomi evidentemente 1899)

2.esercizio 5:ho fatto una (lunga) dimostrazione per gli h dispari ma ho dimenticato il caso banale degli n pari...

povero me...

per giorgiobusoni87: mi era venuto in mente anche a me quello che tu hai fatto ma non credo venisse (f1*f2*f3*f4*f5*f6*f7*f8*f9*f10)^2 minore di 5000^5.. poi (a mio parere) dipende dal modo in cui ti sei trovato l'ordine di grandezza dei due numeri.

Ciao a tutti
FRANCESCO

@ mattilgale: complimenti davvero, probabilmente(ma che dico,sicuramente)a settembre andrai ad uno stage a pisa in cui imparerai decine di altri modi x risolvere i problemi...e arriverai al prossimo cesenatico molto più preparato di quest'anno.

Io nel 5 ho fatto una dimostrazione abbastanza semplice...quando torno la scrivo

Ho fatto così:per prima cosa si vede facilmente che per h pari ogni termine della successione è dispari,e la successione è crescente,quindi non avremo mai $ \displaystyle a_i = 1 $ con $ \displaystyle i \neq 0 $.
Con h dispari,si può dimostrare per induzione che,per ogni $ \displaystyle a_i $,$ (1) $se $ i $ è dispari vale $ \displaystyle a_i \leq h $, $ (2) $ se $ i $ è pari vale $ \displaystyle a_i \leq 2h $.Infatti,nel caso iniziale,$ a_0 $ è dispari e minore di $ h $,e $ a_1 $ pari e minore di $ 2h $.Nel passo induttivo,si vede che ,se per ipotesi la $ (1) $ è vera fino a un certo $ a_n $,avremo $ \displaystyle a_{n+1} = a_n + h \leq 2h $, e $ a_{n+1} $ pari.Viceversa,se per ipotesi la $ (2) $ è vera fino a $ a_n $,si ha $ \displaystyle a_{n+1} = \frac{a_n}{2} $,e questa divisione può continuare finchè non si arriva a un $ a_{n+i} $ dispari,che quindi è minore di $ h $.
A questo punto,per il principio dei cassetti,possiamo vedere che,poichè il valore massimo che i termini della successione possono assumere è $ 2h $, nei termini tra $ a_0 $ e $ a_{2h} $ ce ne saranno sicuramente due tali che $ a_j = a_k $ e $ j \neq k $.
Ora distinguiamo tre casi:
Se $ a_j $ è dispari,sicuramente $ a_{j-1} $ è pari a $ 2a_j $,e così per $ a_k $,quindi $ \displaystyle a_{j-1} = a_{k-1} $.
Se $ a_j $ è pari,ma minore di $ h $,allora $ \displaystyle a_{j-1} = 2a_j $,e così per $ a_k $,quindi $ \displaystyle a_{j-1} = a_{k-1} $.
Se,infine,$ \displaystyle h \leq a_j \leq 2h $,e $ a_j $ è pari,non può essere $ \displaystyle a_{j-1} = 2a_j $,quindi per forza $ \displaystyle a_{j-1} = a_j - h $,e $ \displaystyle a_{j-1} = a_{k-1} $.
Questo processo può essere ripetuto più volte,fino ad arrivare a $ \displaystyle a_0 = a_{j-j} = a_{k-j} = 1 $,che è appunto il termine cercato.

Boll ha scritto:Uhm, frengo, ma cosa è discriminante fra te e Simo_the_Wolf??? Il tempo di consegna?

Premesso che non ho corretto, sicuramente no: il tempo di consegna non entra mai nelle valutazioni della gara individuale.

Di solito (ma, ripeto, non conosco il caso specifico) contano imprecisioni che non giustificano la perdita di un punto intero, ma che comunque possono fare la differenza negli ex-aequo (e quindi magari uno è "X" e l'altro "X meno meno"). Oppure in passato è stato usato anche il criterio del maggior numero di sette.

Boll ha scritto:

frengo ha scritto:Es.1
Sia ABC un triangolo rettangolo, con ipotenusa AC, e sia H il piede dell'altezza condotta da B ad AC. Sapendo che le lunghezze AB,BC e BH costituiscono i lati di un nuovo triangolo rettangolo,determinare i possibili valori di AH/CH.

Io, per il (dis)piacere dei puristi, tipo Evariste, l'avrei fatto così.

Non sai quanto, veramente non sai quanto, mi faccia dispiacere vedere una soluzione dell'esercizio 1 più lunga di 3 righe ... per una doppia ragione...

Ciao ricapitolando le soluzioni del problema 1 sono:

a) $ \frac{2}{1+\sqrt(5)} $ se $ AB<BC $
b) $ \frac{1+\sqrt(5)}{2} $ se $ BC<AB $
c) $ 1 $ se $ AB=BC $

No?

Pixel ha scritto:Ciao ricapitolando le soluzioni del problema 1 sono:
a) $ \frac{2}{1+\sqrt(5)} $ se $ AB<BC $
b) $ \frac{1+\sqrt(5)}{2} $ se $ BC<AB $
c) $ 1 $ se $ AB=BC $
No?

No.

La (c) è di troppo.

EvaristeG ha scritto:

Boll ha scritto:

frengo ha scritto:Es.1
Sia ABC un triangolo rettangolo, con ipotenusa AC, e sia H il piede dell'altezza condotta da B ad AC. Sapendo che le lunghezze AB,BC e BH costituiscono i lati di un nuovo triangolo rettangolo,determinare i possibili valori di AH/CH.

Io, per il (dis)piacere dei puristi, tipo Evariste, l'avrei fatto così.

Non sai quanto, veramente non sai quanto, mi faccia dispiacere vedere una soluzione dell'esercizio 1 più lunga di 3 righe ... per una doppia ragione...

Lo so, lo so, l'ho postata appunto per questo :P:P:D

D'oh sì sì certo!

Altrimenti cade l'ipotesi che AB, BC e BH siano lati di un triangolo rettangolo!

Sorry

grazie per i complimenti...

ma a Pisa non ci andava solo chi aveva fatto già un altro stage o era nadato veramente bene..???

mattilgale ha scritto:grazie per i complimenti...

ma a Pisa non ci andava solo chi aveva fatto già un altro stage o era nadato veramente bene..???

medaglia oro===>Pisa
altra medaglia o buon punteggio + essere di 1°-2°-3° + non aver fatto altri stage= stage junior

Ciao c'ero anch'io a Cesenatico. Ho fatto 33 punti e sono strafelice! Potete confermarmi che ero quello di 3° col punteggio più alto? A scuola ho detto così e si è sparsa un po' la voce, ma ripensandoci non ne sono così tanto sicuro e non vorrei stare sparando un mucchio di pirlate.

-Best, Richie (Guglielmo Lockhart)-