Risultati Cesenatico2005

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Lino87
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Messaggio da Lino87 » 11 mag 2005, 16:14

Decan ha scritto:Ecco il risultato della mia performance alla gara individuale: 27 punti (7 7 7 5 1 0). Niente male, ma mi dispiace che per un pelo non ho preso la medaglia d'oro. Per giunta, non ho ancora capito che cosa ho sbagliato nel quarto esercizio, forse mancava qualche passaggio. Però, se non mi sbaglio sono il primo del sud Italia (a proposito, dove trovo i risultati?), perché mi sembra purtroppo che i meridionali non hanno avuto medaglie d'oro. La gara a squadre è da ricordare: alla semifinale ci salviamo per miracolo all'ultimo momento grazie alla testa del capitano che ha cominciato ha funzionare, al contrario della mia, alla semifinale ci piazziamo decimi su 22.
Ciao Antonio :D
Ancora complimenti per l'ottimo argento ;)
Io invece mi sono dovuto "accontentare", nel mio primo e ultimo anno di Cesenatico, di un bronzo a 18 punti (2 5 7 3 1 0). Considerando che, prima delle finali, tutto mi sarei aspettato tranne che di tornare a casa con una medaglia, e che, al momento di copiare in bella gli esercizi, mi sono accorto di aver risolto il 5 con una traccia completamente diversa (avevo ricondotto $ a_{n} $ a 17 e non a 1.....), sono andato più che bene ;)
Complimenti a tutti i partecipanti, e un saluto ai miei principali compagni di avventure: Alessio e Mario di Avellino, Antonio e Gerardo di Benevento (a quando la pizza?) e Luca di Biella.

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Marco
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Messaggio da Marco » 12 mag 2005, 12:01

Spi ha scritto:provo a postare in breve la mia soluzione all'esercizio 5
Ciao.

A per chi interessa, la mia soluzione al quinto è questa:

Il caso pari è facile e Spi ha detto quel che c'era da dire.

Il caso dispari: innanzi tutto, nella successione ci sono infiniti numeri dispari: se c'è un numero pari, per la fattorizzazione unica sarà diviso da $ 2^k $, ma non da $ 2^{k+1} $, per un opportuno k>0 (per pignoleria, occorrerebbe vedere che non stiamo partendo da zero, ma questo è un fatto ovvio). Allora ognuno dei k passi successivi dimezza il numero e si resta con un numero dispari (che, btw, è il massimo divisore dispari del pari di partenza...).

Se ora dalla successione cancelliamo tutti i pari, che fanno solo casino, otteniamo una sottosuccessione di dispari; tale successione è generata per ricorrenza iterando la funzione che va dai naturali dispari in sé

$ $f(d) = \frac{d+h}{2^k} $, dove k è come sopra (la massima pot. di 2 che divide d+h).

Prima osservazione: f manda i dispari < h nei dispari < h.

Infatti: d+h è pari e <2h, quindi k>0 (ci sarà almeno un passo di dimezzamento) e si torna sotto a h.

Seconda osservazione: per ogni d dispari < h, esiste un dispari d' < h tale f(d') = d.

[detto in matematichese: f ristretta all'insieme dei dispari < h è surgettiva]

Infatti: considero la sequenza 2d, 4d, 8d,... ottenuta raddoppiando sempre il termine precedente. Non è difficile dimostrare che esiste uno ed un solo termine compreso tra h e 2h. Lo chiamo x. Basta allora porre d' = x - h.

Terza osservazione: f manda l'insieme dei dispari < h in sé in modo bigettivo. (è una permutazione dei dispari < h).

Infatti: per la seconda oss. è surgettiva. Ma dominio e codominio sono insiemi finiti (anzi, lo stesso insieme finito), quindi è bigettiva.

Dato che f è invertibile, il primo termine che si ripete è anche il primo, vale a dire 1. []

Ciao. M.
[i:2epswnx1]già ambasciatore ufficiale di RM in Londra[/i:2epswnx1]
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thematrix
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Messaggio da thematrix » 12 mag 2005, 12:08

Sunshine or rain, it's all the same, life isn't gray
oh Mary-Lou.

(Mary-Lou --- Sonata Arctica)

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