OliForum Matematico

Apro una discussione su un po' tutti i problemi della gara a squadre di quest'anno a Cesenatico, pubblico (la migliore! E' fighissimo far problemi distesi sul pavimento!) e "official".

Pubblico 14, "La seconda prova". Trovare $ 4\cdot 7^{23}+3^{11} \pmod 101 $.

Qual'è il trucco????

E qualcuno ha fatto quello sulle pozioni?

Come si risolve il 4 pubblico?
E' il minimo di $ \frac{4a^3}b + \frac{b+1} a $ con a e b reali positivi.

Per quelli del pubblico non saprei aiutarti, io ero nella finale a squadre.
Quello delle pozioni, non sembrava nemmeno molto chiaro: se qualcuno postasse la risoluzione ne sarei anchio molto grato

Come si risolve il 4 pubblico?
E' il minimo di $ \frac{4a^3}b + \frac{b+1} a $ con a e b reali positivi.

Il minimo è 4 (almeno questa è la risposta che abbiamo dato ed era corretta), se trovo una soluzione carina (noi avevamo usato un po' di forza bruta) la posto.

Salve gente! (Ke emozione, il primo post!!)

Qualcuno mi può dare un paio di drtitte sui problemi 17 e 19 della finale?
In quello della condanna non capisco cosa intenda di preciso per strettamente crescente...

14.19 ha scritto:Salve gente! (Ke emozione, il primo post!!)

Qualcuno mi può dare un paio di drtitte sui problemi 17 e 19 della finale?
In quello della condanna non capisco cosa intenda di preciso per strettamente crescente...

Ciao! Strettamente crescente credo voglia dire che il nella forma AB, A>B e non maggiore o uguale a B. Quindi tipo 155 era da escludere, mentre 156 va bene.

Quello sulle pozioni:
in gara lo ho sbagliato 4 volte, il pomeriggio però ho capito come farlo:

le pozioni vanno unite a terzine incompatibili fra loro. Ogni elemento della terzina si può combinare con i 33 esterni alla terzina quindi si ha: 36*33/2=594

ciao ciao

P.S. In gara ho ottenuto altre 4 soluzioni possibili, ma questa dovrebbe essere quella giusta.

a enomis: beh è utile anche la forza bruta... come hai fatto? derivate?

a piever: a me stamattina nell'ora di inglese veniva addirittura un numero maggiore di tutte le coppie possibili

a CeRe:
Problema 17: io conoscevo già il trucco, di un Cesenatico di qualche anno fa.
Infatti per ogni insieme di cifre (come 6 3 4 2) esiste un unico ordinamento crescente (2 3 4 6). Quindi basta che consideri i sottoinsiemi con almeno due elementi di $ {1;2;3;4;5;6;7;8;9} $, lo 0 lo tolgo perchè se è all'inizio da solo fastidio (lo conto 2 volte), se è alla fine è impossibile.
$ |P(X)|=2^{|X|} $, quindi da 512 devo togliere 10 (da 1 a 9 più l'insieme vuoto che stavo per trascurare. 502 è la risposta giusta.

Esercizio 19: non so se è la risposta giusta, a me viene $ \frac 8 {21} $.
Prima considero tutte le combinazioni $ \binom {10} 4 $ come casi possibili.
I casi favorevoli sono:
- tutti dietro (5 su 4)
- uno davanti e tre dietro (1 su 5 davanti)*(3 su 4 dietro, un posto non è mai favorevole)
- ecc., poi sommo tutto ed ho la frazione.

il numero 4(ne avremo sbagliati tanti ma questo l'abbiamo fatto bene):

$ \displaystyle \frac{4a^3}{b}+\frac{b+1}{a}=\frac{4a^3}{b}+\frac{b}{a}+\frac{1}{2a}+\frac{1}{2a}\geq $ $ \displaystyle 4\sqrt[4]{\frac{4a^3}{b}\cdot\frac{b}{a}\cdot\frac{1}{2a}\cdot\frac{1}{2a}}=4 $

che si ottiene se $ a=b=\frac{1}{2} $

mi avevano detto che era stato risolto anche con un equazione di secondo grado in b...

ciao ciao

edriv ha scritto:

a CeRe:
Problema 17: io conoscevo già il trucco, di un Cesenatico di qualche anno fa.
Infatti per ogni insieme di cifre (come 6 3 4 2) esiste un unico ordinamento crescente (2 3 4 6). Quindi basta che consideri i sottoinsiemi con almeno due elementi di $ {1;2;3;4;5;6;7;8;9} $, lo 0 lo tolgo perchè se è all'inizio da solo fastidio (lo conto 2 volte), se è alla fine è impossibile.
$ |P(X)|=2^{|X|} $, quindi da 512 devo togliere 10 (da 1 a 9 più l'insieme vuoto che stavo per trascurare. 502 è la risposta giusta.

Esercizio 19: non so se è la risposta giusta, a me viene $ \frac 8 {21} $.
Prima considero tutte le combinazioni $ \binom {10} 4 $ come casi possibili.
I casi favorevoli sono:
- tutti dietro (5 su 4)
- uno davanti e tre dietro (1 su 5 davanti)*(3 su 4 dietro, un posto non è mai favorevole)
- ecc., poi sommo tutto ed ho la frazione.

Le delucidazioni sul 17 e il 19 le aveva chieste "14.19" ^^'
Io sono un pollo, ho iniziato il 17 (Che avevo già risolto in passato, era decisamente facile!) poi non so, preso dalla foga me ne sono completamente dimenticato e non abbiamo dato soluzioni :S
Per il 19 dovrebbe essere giusto, peccato abbiamo consegnato i casi favorevoli al posto della somma della frazione della probabilità.. Potevamo anche risparmiarcelo questo


Edit: Non va il quote?

edriv ha scritto:Esercizio 19: non so se è la risposta giusta, a me viene $ \frac 8 {21} $.
Prima considero tutte le combinazioni $ \binom {10} 4 $ come casi possibili.
I casi favorevoli sono:
- tutti dietro (5 su 4)
- uno davanti e tre dietro (1 su 5 davanti)*(3 su 4 dietro, un posto non è mai favorevole)
- ecc., poi sommo tutto ed ho la frazione.

In gara l'abbiamo fatto ed il risultato e' giusto.
Io ho ragionato cosi': il primo a sedersi puo' scegliere uno dei 10 posti, il secondo deve evitare la 'colonna' scelta dal primo, quindi ha 8 scelte, il terzo 6 scelte ed il quarto 4.
Quindi $ \frac{10*8*6*4}{10*9*8*7} = \frac{8}{21} $.

Per il 14 ho fatto tutte le congruenze modulo 101 fino ad arrivare a 7^23 e 3^11. In effetti qualche metodo più carino ci doveva essere, non fosse altro perchè quel problema valeva 50 punti.
Per quanto riguarda il 4 nella squadra mia l'hanno fatto ma non ho la minima idea della soluzione.

Per il 17 noi abbiamo fatto un ragionamento un po' diverso:
con 9 cifre ho una sola disposizione ordinata crescente: $ 123456789 $, poi con 8 cifre avrò 9 possibilità perchè mi basta togliere una cifra dal numero di 9 cifre per ottenerne uno di 8 cifre ordinato crescentemente, con 7 cifre avrò $ \binom{9}2=36 $ numeri, perchè mi basta togliere due cifre dal numero di 9 cifre e così via. La risposta è quindi la somma dei binomiali di 9 esclusi $ \binom{9}0=1 $ e $ \binom{9}1=9 $, perciò $ 2^9-10=502 $.
Peccato che in gara abbiamo deciso di sommare manualmente i binomiali e abbiamo in due dimenticato l'addendo 9 dalla somma ottenendo 493 anzichè 502... l'agitazione gioca brutti scherzi o forse è il 17 che porta male e non andava scelto come jolly

le pozioni vanno unite a terzine incompatibili fra loro. Ogni elemento della terzina si può combinare con i 33 esterni alla terzina quindi si ha: 36*33/2=594

Confermo, è la soluzione giusta.

Io non capisco come possa essere 594 la soluzione giusta del numero 5: io avrei fatto $ \binom {36}2 -18 $ perchè 18 sono le coppie non funzionanti. E viene 612. Oppure, considerando le "coppie di coppie", $ \binom{18} 2 \cdot 4 $ poichè 4 sono le combinazioni funzionanti tra due coppie di ingredienti, ed è di nuovo 612. Probabilmente però ho analizzato una delle molteplici interpretazioni non corrette.. testo troppo ambiguo.

Io non capisco come possa essere 594 la soluzione giusta del numero 5: io avrei fatto $ \binom {36}2 -18 $ perchè 18 sono le coppie non funzionanti. E viene 612. Oppure, considerando le "coppie di coppie", $ \binom{18} 2 \cdot 4 $ poichè 4 sono le combinazioni funzionanti tra due coppie di ingredienti, ed è di nuovo 612. Probabilmente però ho analizzato una delle molteplici interpretazioni non corrette.. testo troppo ambiguo.

E' che, come specifica il testo, bisogna trovare la combinazione migliore... c'era un metodo con cui le combinazioni non funzionanti erano due per ciascun elemento...