OliForum Matematico

Mi associo ai complimenti alla squadra IMO!

Ci aspettiamo quantomeno che superiate i cinesi.

Va bene, allora comunico i vostri nominativi all'albergo; per il momento non servono altri dati.
Nel frattempo vi auguro buone vacanze e arrivederci a Pisa.

Ciao,
Andrea

P.S. Se mi mandi la tua e-mail possiamo tenerci in contatto.

Probabilmente non sono stato chiaro; nella stanza che ho prenotato all'hotel di Stefano ci sono due letti liberi. Chi è interessato mi faccia sapere così comunico il nome all'albergo.

Io ho già trovato una camera da tre posti nello stesso hotel in cui alloggiano gli invitati (Hotel di Stefano, Tel. 050 553559). Chi è interessato a dividere la camera con me scriva il nominativo sul Forum, così posso mandare il fax per confermare la prenotazione. (Io sono Andrea Conti)

La questione non era quella di arrivare primi o di vincere un premio, ma semplicemente di far notare degli errori che purtroppo hanno influenzato il corso e i risultati della gara, e di valutare se vi fosse un modo per porvi rimedio, anche se solo parzialmente, o quantomeno di far sì che essi ...

Per il secondo problema: le sei terne che permettono di ottenere 10 sono: 541, 532, 442, 433, 631, 622
Quelle che permettono invece di ottenere 9 sono: 621, 522, 531, 441, 432, 333
Consideriamo adesso ogni terna non più come combinazione ma come permutazione, ovvero contiamo ogni terna per il numero ...

Per il primo problema: chiamiamo a_1 , b_1 , c_1 le probabilità che Maria prenda rispettivamente A, B o C; analogamente a_2 , b_2 e c_2 per Giovanni (ovviamente si avrà a_1+b_1+c_1=a_2+b_2+c_2=1 ). Abbiamo perciò:
b_1 = 0,4
b_2 = 0,3
La probabilità che almeno uno dei due prenda B ma che nessuno ...

Ecco la mia dimostrazione:

-Passo base: per n = 1 otteniamo \displaystyle{1=\frac{1}{1}\frac{2}{2}} , che è vero
-Passo induttivo: cerchiamo innanzitutto un modo per esprimere \displaystyle{\sum_{j=1}^{n+1} \frac{1}{\binom{n+1}{j}}} (che chiameremo per semplicità x_{n + 1} ) in funzione di ...

$ \sum_{j=1}^{n+1} \frac{1}{\binom{n+1}{j}} $

$ \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{\binom{n}{j}} $

$ x_n=\frac{1!(n-1)!+2!(n-2)!+…+n!0!}{n!} $

$ x_{n+1}=\frac{1!n!+2!(n-1)!+…+(n+1)!}{(n+1)!} $

$ \frac{\sqrt[3]{x^2+1}}{\sqrt[2]{x^3+y^3-b}} $

$ \displaystyle{\frac{\sqrt[3]{x^2+1}}{\sqrt[2]{x^3+y^3-b}}} $

Io l'ho risolto per induzione; la soluzione richiede un bel po' di calcoli, ma funziona.
Se volete la posto, ma prima dovrei imparare ad usare LaTex.

Il numero è 217. Infatti la somma di tutte le sue possibili permutazioni è 222(7 + 2 + 1) = 2220, che, diminuita di 217 (poichè il numero iniziale non va considerato), dà 2003.
<BR>
<BR>Ciao.<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: JackSparrow il 26-07-2004 20:31 ]

Per quanto rigurda il problema di trovare tutti i numeri di tre cifre tali che le 5 permutazioni di queste cifre diano somma 2003, ecco il procedimento che ho usato per arrivare al risultato (che dimostra anche che 217 è l\'unica soluzione).
<BR>
<BR>Chiamiamo x, y e z le tre cifre, nell\'ordine ...

Qualche osservazione sul 3:
<BR>Sostituendo 0 a n si ottiene f(10) - 20 = 0, da cui f(10) = 20; in generale si osserva che, se esiste un numero n tale che f(n) = n + 10, si ha f(n + 10) - 2(n + 10) + n = 0, da cui f(n + 10) = n + 20. Quindi, essendo f(0) = 10, si ha f(10k) =10(k + 1) per ogni k ...

E\' un problema della gara telematica a squadre che si sta svolgendo in Lombardia. In ogni caso, dato che ormai la prima puntata è finita, posso dirti come l\'ho risolto io:
<BR>a)Ammettiamo per assurdo che un numero perfetto m maggiore di 6 sia divisibile per 3, ma non per 9. Se chiamiamo ora P la ...