Risultati Cesenatico2005

Informazioni sulle gare, come allenarsi, chi corrompere.
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W28
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Messaggio da W28 » 09 mag 2005, 11:06

6 punti comunque ho vinto una bottiglietta di coca cola come premio simpatia
che ho avuto dopo la premiazione da Barsanti
Voglio sapere come Dio ha creato questo mondo voglio sapere i suoi pensieri tutto il resto è dettaglio (A.Einstein)

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The Irene
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Messaggio da The Irene » 09 mag 2005, 19:34

Allora mi consolo... ho perso un'ora perchè mi sembrava che 1998 non fosse divisibile per 27 e non ho avuto tempo di finire il primo.
Però anche bronzo non è male, e ho ancora due anni.
Sono usciti i convocati al pre-IMO... conosco qualcuno che in questo momento starà saltando per la felicità :D

(editato perchè ho messo 17 invece che 27... il mio punteggio è 17)

afullo
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Messaggio da afullo » 09 mag 2005, 19:56

Avevi indovinato sulle quote Irene! con 20 quest'anno oltre al bronzo non si andava... :lol:

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The Irene
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Messaggio da The Irene » 09 mag 2005, 20:09

Beh io avevo detto che il bronzo iniziava a 20... mi andata meglio così.

afullo
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Messaggio da afullo » 09 mag 2005, 20:17

The Irene ha scritto:Beh io avevo detto che il bronzo iniziava a 20... mi andata meglio così.
Ah ho capito pensavi che la quota minima del bronzo fosse 20... io invece pensavo fosse sul 14/15, più bassa di quanto è realmente poi stata.

Spi
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Messaggio da Spi » 09 mag 2005, 20:42

Eh sì Irene, c'è qualcuno che salta per la felicità, anche se non penso che mi conosci :D siamo giusto quei 5 ex-equo con 28 punti che saltelliamo qua e là per le nostre case mi sa :) (che poi tra l'altro se non facevo quella sequela di errori stupidi con 5 esercizi risolti potevo pure arrivare ben più su...)
Pigkappa ha scritto:
L'avevo anche risolto bene, se non avessi dimenticato di considerare che 4x4 è pari, invece 3x3 è dispari.
Mi puoi spiegare dove potrebbe essere il problema? Anche io il 3° credevo di averlo fatto perfettamente ed invece ho preso solo 4 punti :o.
Io non credevo di averlo fatto perfettamente perché mi portavano proprio risultati diversi. Comunque, in breve, la mia soluzione era:
Notiamo che nel quadrato 4x4 ci devono essere un numero di 1 non divisibile per 4. Infatti se sono k, con k dispari, abbiamo k*1 + (16 - k) * 2, congruo a 1 mod 2. Se invece ci sono k cifre 1, con k congruo a 2 mod 4, abbiamo k*1 + (16 - k) * 2, il primo addendo congruo a 2 mod 4, il secondo addendo congruo a 0 mod 4, la somma congrua a 2 mod 4, quindi non divisibile per 4 come vogliamo. Se invece abbiamo un k numero di cifre 1 con k congruo a 0 mod 4 ovviamente porta tutto divisibile per 4.
Detto n1 il numero di cifre 1 nel quadrato 4x4, sappiamo quindi che n1 non è divisibile per 4.
Errore --> Applicando lo stesso procedimento ai quadrati 3x3 otteniamo che dobbiamo avere un numero di cifre 1 multiplo di 4 <-- Errore
Da qui ho proceduto con considerazioni ben fatte, ma che appoggiavano sull'errore precedente... ho detto che in ogni quadrato 3x3 non ci possono essere 0 cifre 1 (altrimenti ogni altro quadrato 3x3 ne avrebbe al più 3, e quindi ne avrebbe 0, ma la somma totale non può essere 0), quindi ogni quadrato 3x3 deve avere esattamente 4 o 8 cifre 1 (che è falso!). Il numero totale di 1 nel quadrato 4x4, quindi, deve essere al meno 4, ma non potendo essere 4 perché è multiplo di 4 (fino a prova contraria... :) ), deve essere al meno 5.
Visto che si riesce a costruire un quadrato 4x4 con 5 cifre 1 e tale che in ogni quadrato piccolo vi siano esattamente 4 cifre 1 (è vero, ma non è quello che chiedeva il testo :D), ero sicuro che quello era la soluzione massima. E la soluzione minima con queste storture veniva anche più semplicemente, piazzando un solo 2 al centro (metti un 2, tutti i quadrati hanno esattamente 8 cifre 1... bello, ma sbagliato :) ).

A naso, comunque, è improbabile che anche tu prendendo 4 punti hai fatto esattamente gli stessi errori...

P.S. Talpuz, carino l'eddie nel portrait, non l'avevo mai visto :)

Spi
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Messaggio da Spi » 09 mag 2005, 21:15

Visto che in questo forum ci gira parecchia gente brava di matematica e anche i correttori di Cesenatico, provo a postare in breve la mia soluzione all'esercizio 5 che ha preso solo 5 punti, ma non riesco a trovare dove ho sbagliato... ok, è pochissimo elegante e altamente inutile, ma mi pare che debba funzionare :)
Ah, prima che mi si fraintenda, non è una critica al lavoro dei correttori (tra l'altro ne conosco più d'uno, quindi sarebbe quanto meno ipocrita :) ), è solo che, visto che non si vedranno mai i compiti corretti (e ci credo, correggi un po' 300 compiti su carta...), mi faceva piacere sapere dove ho sbagliato...

L'esercizio era, giusto per rinfrescare la memoria, data la successione $ \a_n $ definita ricorsivamente
$ a_0 = 1 $
$ a_n = a_{n-1}/2 (con a_{n-1} pari) $
$ a_n = a_{n-1}+h (con a_{n-1} dispari) $
Determinare per quali h si ha per un certo n $ a_n = 0 $.

Innanzi tutto, h deve essere ovviamente dispari, se fosse pari dato un qualsiasi $ a_{n-1} $ dispari, $ a_n $ sarebbe ancora dispari e sempre crescente, e non si arriverebbe mai all'1.
Inoltre, notiamo che l'unica operazione che può aumentare il valore man mano che le n aumentano è quella di addizione di un numero dispari ad un altro numero dispari. In particolare, siccome si parte da un valore dispari < h, si potrà raggiungere un valore > h solo aggiungendo h, e quindi passando ad un numero pari.
Inoltre, questo numero pari sarà il risultato della somma di un numero < h e di h, quindi sarà < 2*h, e il risultato della sua divisione per 2 sarà sicuramente un numero < h. Pertanto non esisterà mai un $ a_n $ dispari > h.
Creando la successione inversa $ b_1, b_2, ..., b_n $, ammettendo che esiste un valore di n che si vuole trovare tale che $ a_n = 1 $, si avrà $ b_0 = 1 e b_n = 1 $, perché percorrendo la successione al contrario si otterranno gli stessi valori al contrario, partendo da un 1 fino all'ultimo 1.
(Umh ora in effetti mi viene il dubbio sulla mia dimostrazione... se dimostro che effettivamente partendo per un certo valore $ [tex] $b_0 = 1$ [tex] $ si otterrà $ [tex] $b_n = 1$ [tex] $, è la stessa cosa di dimostrarlo per a? In effetti non ho dimostrato che andando al contrario devo necessariamente partire da un 1, temo...) Vabbè finisco la dimostrazione, ormai :)
La successione contraria è
$ b_0 = 1 $
$ b_n = b_{n-1}*2 (con b_{n-1} < h) $
$ b_n = b_{n-1}-h (con b_{n-1} > h) $
Ma sottrarre h a valori > h e < 2*h equivale a calcolarne il modulo in base h. Pertanto la successione non fa altro che moltiplicare per due e calcolare il modulo in base h "ogni tanto".
Ma questo equivale a moltiplicare prima per 2 lo stesso numero di volte (in particolare, n volte) e poi fare la congruenza modulo h. Quindi, la successione si comprime nella formula
$ 2*2*...*2 = 2^n $
che per verificare la tesi, calcolandone la congruenza modulo h deve portare 1. Ma
$ 2^n \equiv 1 \pmod{h} $
è verificato per ogni h dispari, e in particolare per gli h primi, per quanto deriva dal teorema di fermat, n = h-1.

Nella soluzione su carta non l'ho scritto, ma l'ultima formula è verificata come caso particolare del piccolo teorema di fermat generalizzato, per cui
$ a^{\varphi{(m)}} \equiv 1 \pmod{m} $
e vale per ogni a ed m interi tali che MCD(a,m) = 1, e quindi per ogni m dispari se a = 2.
Ma non penso che sia stato questo a farmi perdere i due punti, più probabilmente quello di sopra che dicevo mentre ho scritto la soluzione, vero?

P.S. Per un errore di copia/incolla era stato inserito un nome in più. Ci scusiamo per l'inconveniente!
Spero che il poverino non abbia letto il sito, altrimenti gli prende un collasso cardiaco :P
P.P.S. Umh ogni tanto mi chiedo perché faccio post così lunghi e così inutili, visto che forse so già la risposta alla mia (lunga) domanda e che pochi avranno la voglia di leggere tutto :P

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 09 mag 2005, 21:56

The Irene ha scritto: Però anche bronzo non è male, e ho ancora due anni.
:shock: :shock: ma non partecipavano solo gli studenti delle scuole superiori ???
Che asilo fai ??? A due anni e già a cesenatico ... fantastico!!

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The Irene
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Messaggio da The Irene » 09 mag 2005, 22:14

Sono una bambina prodigio :lol:

Eddai, dovevo proprio scrivere "ma ho ancora due anni di liceo davanti a me in cui potrò (con un po' di fortuna) andare ancora a Cesenatico?"
Trooooppo lungo.

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Messaggio da bh3u4m » 09 mag 2005, 22:17

Scusate l'OT (come lo chiamate voi)

Un saluto a Di Marino, Spinaci, Turri, Bonizzato, Attanasio e Barbieri... sei stati grandi!
Ultima modifica di bh3u4m il 09 mag 2005, 22:29, modificato 1 volta in totale.

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thematrix
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Messaggio da thematrix » 09 mag 2005, 22:29

Completamente OT
Spi ha scritto:
P.S. Talpuz, carino l'eddie nel portrait, non l'avevo mai visto :)
Eggià,lo penso anch'io :D :D :D
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(Mary-Lou --- Sonata Arctica)

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Messaggio da bh3u4m » 09 mag 2005, 22:36

Oltre i limiti dell'OT
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Grande! Sei anche tu un ammiratore dei Sonata Arctica... li sto ascoltando in questo preciso momento. Sei stato al loro concerto lo scorso ottobre?

fph
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Messaggio da fph » 09 mag 2005, 22:39

Spi ha scritto: $ 2*2*...*2 = 2^n $
che per verificare la tesi, calcolandone la congruenza modulo h deve portare 1. Ma
$ 2^n \equiv 1 \pmod{h} $
è verificato per ogni h dispari, e in particolare per gli h primi, per quanto deriva dal teorema di fermat, n = h-1.
di leggere tutto :P
hmm... osservazione fatta cosi' a prima vista, magari l'hai giustificato prima e mi e' sfuggito: qui verifichi che si arriva a qualcosa $ /equiv 1 \pmod h $, ma non dici se si tratta di 1 o di h+1. Poi tieni conto che si guarda anche a come sono scritte le cose e se mancano passaggi che magari in una seconda scrittura a uno viene piu' naturale scrivere... Tieni conto che uno o due punti e' molto facile perderli (detto anche dalla mia passata esperienza di "concorrente" :-) )

(necessaria postilla) In ogni caso, non credo che io e gli altri "tutor" avremo tempo di guardare con attenzione le soluzioni che ci chiedete di controllare... e anche se lo facessimo, secondo me potrebbe essere controproducente e servire solo ad alimentare polemiche e rimorsi: tenete presente che le soluzioni che inviate qui sul forum giocoforza non sono le stesse della gara, ma sono piu' ponderate (la "seconda scrittura" e' sempre migliore della prima, specialmente dopo aver parlato con altri di un problema) e che ognuno di noi ha corretto un solo esercizio e non e' troppo a conoscenza dei parametri di valutazione degli altri esercizi.

A proposito, ne approfitto per fare i complimenti ai primi, ai 25 dello stage di Pisa, ma anche a tutti i (circa) 150 "medagliati" e a tutti quelli che hanno partecipato... Cesenatico non e' solo una competizione ma anche una grande "festa" e ringrazio tutti quelli che l'hanno resa bella e divertente anche quest'anno.
(come mi vengono male queste frasi del tipo "bravi tutti" eh? :-) )

edit: s/problemi/complimenti
Ultima modifica di fph il 10 mag 2005, 14:01, modificato 1 volta in totale.
--federico
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]

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Messaggio da thematrix » 09 mag 2005, 22:56

L'ultimo OT...lo giuro!!
bh3u4m ha scritto:Oltre i limiti dell'OT
Sunshine or rain, it's all the same, life isn't gray
oh Mary-Lou.

(Mary-Lou --- Sonata Arctica)
Grande! Sei anche tu un ammiratore dei Sonata Arctica... li sto ascoltando in questo preciso momento. Sei stato al loro concerto lo scorso ottobre?
Ebbene sì,è uno dei miei gruppi preferiti...però non sono mai stato a un loro concerto,e dubito in un "live in Cagliari" :( :( :(
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(Mary-Lou --- Sonata Arctica)

Pigkappa
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Messaggio da Pigkappa » 09 mag 2005, 22:56

A naso, comunque, è improbabile che anche tu prendendo 4 punti hai fatto esattamente gli stessi errori...
...Sì, non ho fatto gli stessi errori :shock: . Io ho fatto così:

1)Ho detto che la somma nei triangoli 3x3 è 12 oppure 16 e basta.
2)Ho disegnato una tabella 4x4 dove mettevo in ogni quadratino il numero di volte che una cifra veniva contata nei quadrati 3x3; ad esempio, nei quattro quadratini in mezzo c'era quattro, perchè le cifre messe là contavano in ogni quadrato 3x3.
3)Ho detto che per avere la somma massima, i quadrati 3x3 devono avere ovviamente come somma interna il massimo che possono avere, cioè 16; bisogna fare in modo che siano presenti più due possibili, quindi gli uno vengono inseriti nelle caselle che contano per più quadrati 3x3 possibili. Ho disegnato la tabella della prima soluzione, e la somma veniva 30; era uguale a quella sul foglio delle soluzioni.
4)Ho fatto uguale ma con la somma minima: somma interna dei quadrati 3x3 sarà 12, i due verranno contati più volte possibile, somma totale 19.
5)Ho detto che 30 e 19 sono accettabili perchè non divisibili per 4.

Non ho detto altro nè ho aggiunto qualcosa in più... I disegni erano comprensibili °_°.


e anche se lo facessimo, secondo me potrebbe essere controproducente e servire solo ad alimentare polemiche e
È ben difficile migliorare senza sapere cosa si sbaglia :o.[/tex]

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