Disfida Matematica "Urbi et Orbi" 20/04/2015

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Re: Disfida Matematica "Urbi et Orbi" 20/04/2015

Messaggioda Ale99 » 20/04/2015, 20:25

Noi benino , io ho fatto 4-13-14
Chi lotta con i mostri deve star attento a non diventare un mostro. E se guarderai a lungo un abisso, l'abisso finirà per guardare in te
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Re: Disfida Matematica "Urbi et Orbi" 20/04/2015

Messaggioda Lasker » 20/04/2015, 20:45

Io ho fatto 4-5-10 da solo, 7 e 16 in coppia (il secondo era il jolly e dovevamo controllare i conti) e ho contribuito scarsamente sul 15 ("ti piace 6 come risposta?-Certo!")
Cur enim scribere tre numeri quando se ne abbisogna di due? Sensibilizzazione all'uso delle potenti Coordinate Cartesiane, possano seppellire per sempre le orride baricentriche corruttrici dei giovani.

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Re: Disfida Matematica "Urbi et Orbi" 20/04/2015

Messaggioda lucaboss98 » 20/04/2015, 21:11

Lasker ha scritto: "ti piace 6 come risposta?-Certo!"

Meglio con un $7$ prima! :twisted: :twisted: :twisted:
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Re: Disfida Matematica "Urbi et Orbi" 20/04/2015

Messaggioda Drago » 20/04/2015, 21:18

Io male male... ho fatto 4-8 e in teoria il 16, ma nè io nè la mia squadra abbiamo fatto i conti (mi son trovato 5 o 6 binomiali del tipo $\binom{22}{12}$)
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Re: Disfida Matematica "Urbi et Orbi" 20/04/2015

Messaggioda Lasker » 20/04/2015, 21:27

Testo nascosto:
Il 16 veniva riempiendo completamente la tabella $11\times 11$ in neanche troppo tempo, l'abbiamo consegnato dopo soli 26 minuti avendolo anche ricontrollato con cura :lol:
Stessa solfa sul 10, ovviamente, il più tipico dei problemi di Callegari (tabella $6\times 15$ qua, senza nemmeno voler provare a sfruttare le evidenti simmetrie :twisted: )


Mi sento una persona orribile
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Re: Disfida Matematica "Urbi et Orbi" 20/04/2015

Messaggioda Drago » 20/04/2015, 21:43

Ah bene... da me l'han tentato in tre facendo la tabella e l'hanno dato almeno due volte sbagliato, ed era il jolly... :?
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Re: Disfida Matematica "Urbi et Orbi" 20/04/2015

Messaggioda Federico II » 21/04/2015, 6:34

Io 12 e 14, forse anche un altro che non ricordo, poi alla fine ho calcolato il 16 ma una cifra era sbagliata. I problemi erano forse un po' più carini dell'edizione precedente, anche se penso che Cesenatico resti superiore.
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Re: Disfida Matematica "Urbi et Orbi" 20/04/2015

Messaggioda polarized » 21/04/2015, 6:48

Magari sbaglio, ma penso sia quasi impossibile (o comunque davvero molto difficile) trovare a Cesenatico problemi tipo il 4-13-16, del resto anche a me sono piaciuti più dell'altra simulazione
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Re: Disfida Matematica "Urbi et Orbi" 20/04/2015

Messaggioda dido174 » 21/04/2015, 14:40

Lasker ha scritto:
Testo nascosto:
Il 16 veniva riempiendo completamente la tabella $11\times 11$ in neanche troppo tempo, l'abbiamo consegnato dopo soli 26 minuti avendolo anche ricontrollato con cura :lol:
Stessa solfa sul 10, ovviamente, il più tipico dei problemi di Callegari (tabella $6\times 15$ qua, senza nemmeno voler provare a sfruttare le evidenti simmetrie :twisted: )


Mi sento una persona orribile


Purtroppo ieri non ho potuto fare la gara ma oggi vedendo i testi il 16 mi è piaciuto, l'ho fatto
Testo nascosto:
osservando che, se associo all'espressione $f(a,b)$ il binomiale $\binom{a+b}{a}$ ottengo che la relazione di ricorrenza $f(m+1,n+1) = f(m,n+1)+f(m+1,n)$ si tramuta in $\binom{m+n+2}{m+1} = \binom{m+n+1}{m+1}+ \binom{m+n+1}{m}$ che è ovviamente vera. Dunque, sapendo che $f(0,k) = f(k,0) = (k+1)^2$ posso disegnare un triangolo di Tartaglia in cui come primo e ultimo termine dell'$n$-esima riga, invece di mettere 1, metto $(8n+1)^2$. Ora indico con $\binom{a}{b}'$ il termine che in questo nuovo triangolo occupa il posto di $\binom{a}{b}$ nel triangolo di Tartaglia originale.

Devo quindi trovare il termine $\binom{20}{10}'$, per farlo trovo (a mano, ma alla fine non sono troppi conti) la decima riga (quella che inizia con 121) e poi per "chiudere" il triangolo che ha questa riga come base e come vertice $\binom{20}{10}'$ so che ogni termine di questa riga viene contato in $\binom{20}{10}'$ tante volte quanti sono i percorsi minimi che vanno da esso a $\binom{20}{10}'$, e quindi faccio$$\binom{10}{0} \cdot \binom{10}{0}' + \binom{10}{1} \cdot \binom{10}{1}' +...+\binom{10}{10} \cdot \binom{10}{10}' = 2 \left(\sum\limits_{i=0}^4 \binom{10}{i} \cdot \binom{10}{i}' \right) +\binom{10}{5} \cdot \binom{10}{5}'$$


Poi boh, probabilmente ci avete messo meno voi, però perdere tempo a trovare queste relazioni è divertente :D
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