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Carichi ragazzi? Meno dieci... quest'anno obiettivo migliorare il 29° posto del 2009...

Ci si vede domani a Milano. Per me l'obiettivo è più facile : migliorare il 39° posto del 2011.

beh, che dire.. anche questa volta i prof milanesi ci hanno fregato.. dannato problema 12 e le sue 4 risposte!!!

io ho fatto 8/9 in 90 min circa, sono arrivato 28° (in L1)
se avessi messo tutte le 4 risposte al 12, avrei fatto 9/9 in 90:30, ma pazienza dai..

in generale mi sono sembrati facili

Ah, vedo che non sono l'unico a pensare che al 12 c'era da mettere solo una soluzione.

Io sono il terzo della compagnia...

11/12, con rabbia per aver speso venti minuti buoni sull'ultimo senza concluderci nulla, ed aver potenzialmente perso posizioni per il tempo. Alla fine ho comunque consegnato sette minuti prima del termine, per stare almeno davanti ai (tanti) consegnatori dell'ultimo minuto.

La posizione la dovrei avere migliorata, anche se non di moltissimo, in nove hanno fatto l'en plein, e di tutti gli 11 io dovrei essere in fondo (tempo ed età a parte) visto che ho saltato il problema di maggior valore.

Io li ho trovati piuttosto semplici, più di quelli della semifinale (dove ricordo essere passato al pelo con 5/9). Per dire, problemi come il sistema 2x2 dell'esercizio 11 o i geometrici 15 e 16 sono di fatto da biennio liceale, e dovrebbero essere nel bagaglio conoscitivo di qualunque ragazzo/a di 16 anni che si appresta ad iniziare il triennio, se un giorno sarò insegnante potrei tranquillamente inserire esercizi simili in una verifica di seconda superiore...

EDIT: @Sandro: scusa se alla fine sono scappato, ma quando abbiamo visto che ero fuori dai premi, abbiamo pensato di correre verso Torino per vederci la finale di Champions, essendo andati i miei due compari meno bene di me. Comunque la motivazione che ti ho scritto per sms basata sulla radice digitale l'ho ricontrollata e ho scoperto essere sbagliata...

Testi di quest'anno:

http://win.doomitalia.it/varie/bocconi_2012_testi1.jpg
http://win.doomitalia.it/varie/bocconi_2012_testi2.jpg

Soluzioni:

9. Il fiore deve valere necessariamente 1, in quanto in $ \mathbb{Z}_{10} $ l'equazione $ 7 \cdot f = 7 $ ha come unica soluzione proprio 1 (essendo 7 e 10 primi tra loro, esiste l'inverso moltiplicativo di 7 e dunque si può semplificare per esso). A questo punto non ci sono riporti e si può ragionare sul cuore: esso deve soddisfare l'equazione $ 7 \cdot c = 1 $, l'inverso moltiplicativo di 7 è 3 e dunque $ c=3 $. Quanto ai quadri, si procede allo stesso modo considerando il riporto di 2, dovendosi cioè soddisfare $ 7 \cdot q+2=q $, ergo $ 6 \cdot q=8 $. In questo caso non si può semplificare direttamente, non essendo 6 e 10 coprimi, ma lo si può fare dividendo per 2 anche il modulo della congruenza: $ 3 \cdot q=4 $ in $ \mathbb{Z}_{5} $. A questo punto siamo in un campo e dunque gli inversi esistono con certezza, moltiplicando per 2 risulta $ q=3 $ che modulo 10 fornisce le due possibilità $ q=3,8 $. La prima è da scartarsi in quanto il 3 è già stato utilizzato (e non è l'unica motivazione, per dirne un'altra porterebbe ad un prodotto di sole quattro cifre), la seconda funziona e porta al risultato corretto. Dunque la risposta esatta è 1831.

10. Osserviamo che la superficie consta di 19 quadretti, e che le due colonne di destra ne possiedono rispettivamente (partendo dall'esterno) 7 e 5. Tagliando a metà l'intera quarta colonna (e solo quella), secondo una qualsiasi delle due diagonali, otteniamo due superfici di area 9.5 quadretti, pertanto tali due tagli sono le soluzioni del problema.

11. La soluzione è la coppia che risolve il sistema lineare $ (p+2,p+20) = (5(f+2),2(f+20)) $, di risoluzione elementare.

Faccio altri post (tre problemi per ognuno), così processa il tex messaggio per messaggio, e non ci impiega una vita a caricare tutto insieme.

12. Le soluzioni sono le terne $ (c,f,q) $ di interi compresi tra 1 e 9, estremi inclusi, tali per cui $ (c-f)(c-q)(f-q) \neq 0 $, e che soddisfano l'equazione:

$ \begin{eqnarray*} 100c + 10f + q & = & \frac{1}{2} (100f + 10q + c + 100q + 10c + f) \\ 100c + 10f + q & = & 50.5 f + 55 q + 5.5 c \\ 94.5c - 40.5f - 54q & = & 0 \\ 189c - 81f - 108q & = & 0 \\ 7c - 3f - 4q & = & 0 \end{eqnarray*} $

Provando ad attribuire valori crescenti a $ c $, e permettendo a $ f $ di assumere solo eventuali valori tali per cui $ 7c-3f $ risultasse multiplo di 4 (e che non sforasse 36), tenuto conto anche della condizione di non coincidenza, si trovano le quattro soluzioni: 481, 518, 592, 629.

13. Considerando i quadratini di lato unitario, e l'origine di un sistema di riferimento nel vertice in basso a sinistra del quadrato grande, il segmento da esso uscente ha equazione $ y=2x $, mentre l'altro $ y=4-\frac{1}{2}x $. La ricerca del punto di intersezione porta a $ 2x = 4-\frac{1}{2}x $, cioè $ x=\frac{8}{5} $, e a questo punto l'area colorata può essere ricondotta all'integrale di una funzione lineare a tratti:

$ \begin{eqnarray*} A_{col} & = & \int_0^{\frac{8}{5}} 2x \mbox{ } dx + \int_{\frac{8}{5}}^4 \left( 4-\frac{1}{2}x \right) dx \\ & = & \left[ x^2 \right]_0^{\frac{8}{5}} + \left[ 4x - \frac{1}{4}x^2 \right]_{\frac{8}{5}}^4 \\ & = & \left( \frac{64}{25}-0 \right) + \left(4 \cdot 4 - \frac{1}{4} \cdot 16 \right) - \left(4 \cdot \frac{8}{5} - \frac{1}{4} \cdot \frac{64}{25} \right) & = & \frac{44}{5} \end{eqnarray*} $

Essendo l'area dell'intero quadrato pari a 16, il rapporto risulta di $ \displaystyle \frac{44}{80} = \mathbf{\frac{11}{20}} $.

14. Sia $ v_n $ la velocità del barcone che parte dalla riva nord, $ v_s $ la velocità di quello che parte dalla riva sud, $ l $ la larghezza del canale. Dovranno valere le seguenti uguaglianze cinematiche:

$ \begin{eqnarray*} \frac{3.5 \mbox{ } km}{v_n} & = & \frac{l-3.5 \mbox{ } km}{v_s} \\ \frac{l + 2 \mbox{ } km}{v_n} & = & \frac{2l - 2\mbox{ } km}{v_s} \end{eqnarray*} $

da cui la proporzione $ 3.5 : l-3.5 = l+2 : 2l-2 $, che restituisce la soluzione non accettabile $ l=0 $ e quella accettabile $ \mathbf{l = 8.5 \mbox{ } km} $.

15. Dal teorema di Pitagora si ricava che tra Logix e Algebris ci sono 144 km, e si riscontra elementarmente che il triangolo grande e quello Arithmeville-Gemocity-Algebris sono simili. Essendo il lato inferiore di quello piccolo i 7/12 del lato inferiore di quello grande (144 km - 60 km = 84 km, 84 km / 144 km = 7/12), questo è il rapporto di similitudine, e dunque la distanza cercata è di 60 km * 7/12 = 35 km.

16. Si considera il triangolo equilatero con vertici i tre centri delle circonferenze: se il lato curvilineo è 10pi cm, le intere circonferenze sono 60pi cm (essendo settori circolari di 60°), e i raggi sono 30 cm. Dunque tale triangolo ha lato 60 cm, e area $ 900 \sqrt{3} \mbox{ } cm^2 $. Togliamo ora le parti interne alle circonferenze: tre spicchi di un sesto, pari a metà di una circonferenza, per un totale di $ 900 \frac{\pi}{2} \mbox{ } cm^2 $. L'area richiesta è pertanto di $ 900 (\sqrt{3} - \frac{\pi}{2}) \mbox{ } cm^2 $, e dovendosi approssimare come richiesto dal testo, il valore è di $ 900 (1.73-1.57) \mbox{ } cm^2 = 900 \cdot 0.16 \mbox{ } cm^2 = \mathbf{144 \mbox{ } cm^2} $.

17. Consideriamo le seguenti uguaglianze:

$ \begin{eqnarray*} a+b & = & l^2 \\ b+c & = & m^2 \\ c+a & = & n^2 \end{eqnarray*} $

$ \begin{eqnarray*} a+2b+c & = & l^2+m^2 \\ 2b & = & l^2+m^2-n^2 \\ b & = & \frac{1}{2}(l^2+m^2-n^2) \end{eqnarray*} $

$ \begin{eqnarray*} a & = & \frac{1}{2}(l^2+n^2-m^2) > 0 \\ b & = & \frac{1}{2}(l^2+m^2-n^2) > 0 \\ c & = & \frac{1}{2}(m^2+n^2-l^2) > 0 \end{eqnarray*} $

Osserviamo ora le seguenti cose:

• le quantità a secondo membro, fattore numerico escluso, devono essere pari, proprio per la presenza di tale fattore; esse sono evidentemente invarianti per parità (differiscono tra di loro per quantità visibilmente multiple di 2), dunque è sufficiente imporre la parita per una di esse. Sostanzialmente, questo si traduce nel fatto che l^2, m^2, n^2, dunque l,m,n, o sono tutti pari, o uno pari e due dispari;
• le stesse quantità devono soddisfare la disuguaglianza triangolare, affinché a,b,c risultino effettivamente positivi;
• due quantità uguali tra l,m,n, danno due quantità uguali tra a,b,c: dunque devono essere valori tutti diversi tra loro;
• a+b+c = (1/2) (l^2+m^2+n^2) : aumentando una quantità qualunque, aumentano entrambe le somme.

Se sono tutti pari, la terna più piccola che soddisfa quanto sopra, tenendo conto dell'ordine richiesto e indotto da a<b<c, è (l,n,m)=(8,10,12), che porta ad (a,b,c)=(10,54,90). Infatti (6,8,10) è pitagorica e dunque i loro quadrati non soddisfano la disuguaglianza triangolare, a maggior ragione non soddisfatta da tutte le terne di pari consecutivi inferiori, e ad ulteriore ragione da quelle in cui i numeri che le compongono sono più distanziati.

Se sono uno pari e due dispari, ragioniamo sul pari. Se è 2, non va se gli altri sono (1,3), e a maggior ragione altrimenti (il più grande lo è troppo); se è 4, con (1,3) è 4 ad essere grande, con (3,5) non va (terna pitagorica), dunque nemmeno con gli altri (la forbice si allarga); se è 6, non vanno (1,3), (1,5), (3,5), essendo 6 troppo grande, mentre è 7 troppo grande per (1,7), (3,7). Tuttavia, va bene la terna (l,n,m)=(5,6,7), che porta ad (a,b,c)=(6,19,30), soluzione pertanto del problema.

18. Si verifica, facendo ricorso alle note formule per i numeri poligonali, e imponendo che il discriminante dell'equazione di secondo grado risultante sia un quadrato perfetto (affinché le soluzioni siano intere), che 969 non è né triangolare (dunque nemmeno esagonale), né quadrato, né pentagonale, né ettagonale, né ottagonale, ma è il 17° numero ennagonale. Dunque Nando ha 17 anni.

19. Il problema comprende in sé l'importante informazione che questa somma è indipendente dalle varie suddivisioni per cui si opta di volta in volta (fatto a priori tutt'altro che banale, ma che in questo caso è dato per scontato, altrimenti la richiesta del problema non avrebbe significato, se ci fosse una dipendenza in tal senso). Allora è sufficiente scegliere la suddivisione che rende i calcoli più semplici: dividere ogni volta il mucchio delle n pietre restanti in due mucchi formato uno da 1 pietra e l'altro da n-1 pietre. In questo modo i prodotti sono semplicemente i numeri interi da 2011 a decrescere, la cui somma è naturalmente il 2011° numero triangolare: 2023066, come calcolabile immediatamente tramite la ben nota relazione che lega l' n-esimo numero di tale tipo con il numero stesso.

20. (Non l'ho fatto)

Il 20:
Ricorrendo alla teoria dei grafi si osserva che ci sono 6 nodi con 3 rami e 6 nodi con 2 rami, questo permette di discriminare tra i due gruppi di cifre.

Per i nodi con 3 rami l'1 ha una sola posizione possibile, mentre il 6 ne può assumere 2.
per i nodi a 2 rami l'1 e il 2 sono obbligati.
Con questo dato, si riesce abbastanza facilmente a riempire le altre caselle.
Si presta prima di tutto attenzione alla prima condizione (quella che ogni cifra è a contatto con ogni altra), e poi si guardano le frecce scambiando di poste le cifre a coppie fino a giungere alla soluzione cercata.

le soluzioni sono:
1-2-5-6
3-6-1-4
2-4-5-3

e

1-2-4-6
4-5-1-3
3-5-6-2

Cg8 ha scritto:Il 20:
Ricorrendo alla teoria dei grafi si osserva che ci sono 6 nodi con 3 rami e 6 nodi con 2 rami, questo permette di discriminare tra i due gruppi di cifre.

Fin qui ci sono arrivato, mettendo lo stesso numero in due nodi con 2 rami esso può essere in contatto con al più 4 altri numeri, rendendo impossibile che lo sia con tutti gli altri (che sono in numero di 5). D'altro canto, mettendo lo stesso numero in due nodi con 3 rami, necessariamente si ricade nel caso precedente.

Cg8 ha scritto:Per i nodi con 3 rami l'1 ha una sola posizione possibile, mentre il 6 ne può assumere 2.
per i nodi a 2 rami l'1 e il 2 sono obbligati.

Della prima affermazione me ne rendo conto solo ora dell'effettiva semplicità, ieri probabilmente ero troppo fuso per accorgermi già di quello. A maggior ragione le altre due, che richiedono un ragionamento ulteriore. Non credo che ce l'avrei fatta comunque nei sette minuti che mi sono deciso di riservare per consegnare in anticipo...

Intanto, posto le classifiche dei tre anni passati.

scusate la mia ignoranza, ma il 3 come veniva?

davide.gori971 ha scritto:scusate la mia ignoranza, ma il 3 come veniva?

Non ce l'avevo, ma immagino 12 secondi. Se nel primo caso il primo colpo è al tempo 0, e passa un tempo t tra un colpo e il successivo, l'n-esimo è al tempo (n-1)*t, dunque il sesto è al tempo 5t. Se ce ne sono undici, l'undicesimo è al tempo 10t. Pure senza ricavarsi esplicitamente t, basta osservare che 10t è il doppio di 5t...

Comunque sono uscite le classifiche complete di tutte le categorie dalla L1 in avanti. Io sono arrivato 17° GP alla fine. Obiettivo di migliorare il mio personale 29° posto del 2009 ampiamente raggiunto, direi.

okok, non sapevo se il rintocco aveva una durata, ora ho capito, grazie