Coppa Fermat

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Boll
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Messaggio da Boll » 25 mar 2006, 06:52

E' stata una bella gara, come sempre quelle a squadre. Alla fine noi siamo arrivati noni (come già disse Ani-Sama). Forse avremmo potuto fare qualcosina in più ma saremmo dovuti andare oltre le nostre possibilità (come si dice "metterci il 110%"). Quindi sono soddisfatto dei miei ragazzi (parlo da capitano vissuto :P:P). Spero che alla fine ci ripeschino per Cese, Az disse che l'anno scorso da quella gara passarono in una decina, si vedrà, spero solo non passino in 8 :D
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edriv
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Messaggio da edriv » 25 mar 2006, 13:46

Noooo uffaaa!
Stavo per risolvere un problema risolto solo da due squadre su 21 ed ho sbagliato i millimetri!

Tra l'altro c'erano molti problemi di geometria in cui cambiavano unità di misura nella risposta... non l'ho capita sta cazzata.

Adesso che ci penso, il 15 contiene anche un' applicazione del teorema di Fermat-Eulero: $ \Phi(10)=4 $, allora $ x^8 \equiv 1 (\mod 10) $.

Però problemi come il baratto (diofantea da risolvere a tentativi) e degli ubriaconi non mi sono piaciuti.Il primo laghetto veniva 6262? Ho provato a farlo adesso.

Pigkappa
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Messaggio da Pigkappa » 25 mar 2006, 14:32

Ani-sama ha scritto:
fph ha scritto:
Un aiutino dalla regia per il triangolo: $ a^2+35^2=c^2 \Rightarrow 35^2=(c+a)(c-a) $... :-D
--f
Eggià, proprio così lo risolsi... la terna minima mi pare sia $ 12, 35, 37 $, la massima $ 35, 612, 613 $... :D

Ero in squadra con il Boll, "Liceo Gioia"... discreta gara la nostra, noni nella classifica generale e terzi nella Hilbert... :)
Errore mio, è vero, questa terna l'ho trovata stamani durante il compito di latino... Il nostro errore è stato quello di cercare terne con numeri piccoli invece di cercare il metodo per ricavare le terne pitagoriche partendo dal numero più piccolo, metodo che è facile sia da trovare che da applicare.

Zok
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Messaggio da Zok » 25 mar 2006, 14:54

edriv ha scritto:Però problemi come il baratto (diofantea da risolvere a tentativi) e degli ubriaconi non mi sono piaciuti.
Non è vero edriv...non posso essere d'accordo con te perchè il baratto era il nostro problema jolly (scelto malissimo)...io e il mio capitano abbiamo impostato la diofantea e ci stavamo perdendo nei conti per risolverla quando un ragazzo di prima (molto promettente!) ha trovato la soluzione (a tentativi credo...)

Il problema degli ubriaconi invece era veramente carino...difficile solo in apparenza...quanti di voi l'anno risolto?

Anche abbiamo sbagliato la risposta del 22 (il bowling 2) per colpa dei millimetri...

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Boll
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Messaggio da Boll » 25 mar 2006, 15:03

La diofantea era, purtroppo, anche il mio jolly, e l'ho fatta riricavando il metodo classico per le diofantee di quella forma... Gli ubriaconi bastava massimizzare gli 8888, poi gli 888, poi gli 88. Poi avevo sbagliato un conto e un mio compagno di squadra l'ha ririsolto allo stesso identico modo indipendentemente :P
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Zok
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Messaggio da Zok » 25 mar 2006, 18:06

La strategia risolutiva del problema degli ubriaconi penso sia simile alla tua...
Però credo di aver massimizzato in maniera differente...ecco il procedimento:
$ \displaystyle 70000=k\cdot8\cdot10^3+j\cdot8\cdot10^2+i\cdot8\cdot10+l\cdot8 $
$ \displaystyle 8\cdot8750=8\cdot(k\cdot10^3+j\cdot10^2+i\cdot10+l) $
Quindi $ \displaystyle 8750=k\cdot10^3+j\cdot10^2+i\cdot10+l $ con il vincolo $ k<j<i<l $
Si ottengono quindi i valori minimi per ciascuna incognita:
$ k=7, j=15, i=22, l=30 $, la cui somma risulta essere 74

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Messaggio da edriv » 25 mar 2006, 19:54

Boll ha scritto:La diofantea era, purtroppo, anche il mio jolly, e l'ho fatta riricavando il metodo classico per le diofantee di quella forma... Gli ubriaconi bastava massimizzare gli 8888, poi gli 888, poi gli 88. Poi avevo sbagliato un conto e un mio compagno di squadra l'ha ririsolto allo stesso identico modo indipendentemente :P
Io ho provato così ma l'ultimo numero non era divisibile per 8...

A zok: ecco in questo modo mi hai fatto sentire stupido :D

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Boll
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Messaggio da Boll » 25 mar 2006, 20:01

sì, era uguale al mio :P:P
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Messaggio da Ani-sama » 26 mar 2006, 14:12

Zok ha scritto:La strategia risolutiva del problema degli ubriaconi penso sia simile alla tua...
Però credo di aver massimizzato in maniera differente...ecco il procedimento:
$ \displaystyle 70000=k\cdot8\cdot10^3+j\cdot8\cdot10^2+i\cdot8\cdot10+l\cdot8 $
$ \displaystyle 8\cdot8750=8\cdot(k\cdot10^3+j\cdot10^2+i\cdot10+l) $
Quindi $ \displaystyle 8750=k\cdot10^3+j\cdot10^2+i\cdot10+l $ con il vincolo $ k<j<i<l $
Si ottengono quindi i valori minimi per ciascuna incognita:
$ k=7, j=15, i=22, l=30 $, la cui somma risulta essere 74
Il mio sistema era più "brutale"... banalmente, consisteva in una serie di divisioni successive... calcoloso, ma ha funzionato :D
...

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Messaggio da Cammy87 » 26 mar 2006, 15:33

La diofantea del 21 si poteva anche fare matematicamente senza andar per tentativi, però era un procedimento un po' lungo e, oltretutto ho persino fatto un'errore stupido così non ho trovato il valore giusto. A tentativi, a gara finita, ci siamo accorti che si faceva in 2 minuti :evil: :evil: :evil: .

Il 22, quello delle palle da bowling, era il nostro jolly ed è salito fino all'inverosimile prima che lo consegnassimo, anche se non capivamo perchè visto che in fondo non era molto difficile, ma la risposta in mm ha fregato molti.

Il problema del laghetto veniva 6262 anche al nostro capitano, (fatto fuori gara anche questo) :evil: :evil:

Il 24 io e il capitano in gara abbiamo trovato una soluzione, ma veniva fuori una radice di 13 quindi suppongo non fosse giusta.

@jim: sono del cassini, quelli che erano seduti dietro di voi alla premiazione (se non sbaglio uno dei vostri conosce uno dei nostri)

In ogni caso una bella gara molto combattuta ancora complimenti a tutti!!

Alex89
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Messaggio da Alex89 » 26 mar 2006, 15:36

Il 21 si faceva in 5 minuti (era il nostro jolly) a tentativi, ma non ho capito il n°15.
Qualcuno lo ha fatto?
Ultima modifica di Alex89 il 26 mar 2006, 17:05, modificato 1 volta in totale.

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Messaggio da Cammy87 » 26 mar 2006, 15:53

Alex89 ha scritto:Il 21 si faceva in 5 minuti a tentativi, ma non ho capito il n°15.
Qualcuno lo ha fatto?
Eh già si faceva in 5minuti... che rabbia!! :evil: :evil:

Il 15 lo abbiamo fatto così:
- sposta il 3 e raccogli la x ottenendo una cosa del tipo x(x^8 -10N)=-3

Affinchè il prodotto sia uguale a -3 i due fattori possono essere soltanto (1;-3), (-1;3), (3;-1), (-3;1). Se non mi ricordo male ponendo x=-3 ottieni che c'è una soluzione per n=656.
Quindi il coefficiente della x è 6560.
Mi accorgo ora che Zok ha già scritto la soluzione, più precisa della mia, nella pagina precedente, semmai guarda quella.

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alek91
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Messaggio da alek91 » 26 mar 2006, 19:03

Mi sa che io e la mia squadra non passeremo :( ( siamo arrivati 11° in tutto e 4° di Genova...). Tutto per quel ***** di problema 17 che abbiamo scelto come jolly e ke non abbiamo risolto. Poi sono tornato a casa e, con calma, l'ho risolto in un'oretta. :evil: :evil: :evil: :evil: :evil: :evil: :evil:

Cmq, qualcuno sa quando si saprà con sicurezza le scuole passate, nn si sa mai...
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Hr 47
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Messaggio da Hr 47 » 26 mar 2006, 20:16

Secondo me è passata Carrara.. :twisted: :twisted: :twisted:

Pigkappa
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Messaggio da Pigkappa » 26 mar 2006, 20:57

Hr 47 ha scritto:Secondo me è passata Carrara.. :twisted: :twisted: :twisted:
La vedo dura :evil: :evil:

Chi sei comunque?

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