Gara di Febbraio: 19 febbraio 2019

[afullo]

Cut off Milano? L'anno scorso è stato 72 ma quest'anno si sono diplomati 3 validi. Io dovrei aver fatto da 65 a 70 probabilmente 69 tralaltro sbagliando quello dei cavalieri che era imbarazzante e vedendo solo sulla "sirena" il modo per fare ĺa dimostrazione geometrica che non era poi impossibile... ho qualche chance?

Sto andando a letto, domani provo a fare una previsione...

[Matt17BR]

@mr96: sei stato chiarissimo, grazie per la spiegazione.

[Davide12345]

Dimostrazione della 16??

[afullo]

@GioPasto00: Milano (che è con Monza-Brianza) ha una quota teorica di 12.46, costituita da 1.64 di componente ampiezza, e da 10.82 di componente risultati; i qualificati effettivi sono però 12 compresa la quota ad personam di Saro Passaro, questo perché la necessità di attribuire almeno un qualificato ad ogni distretto fa sì che ci siano diversi distretti con quote teoriche molto basse (L'Aquila ha 0.27) a cui corrisponde una quota effettiva considerevolmente più alta (per arrivare a 1 bisogna aggiungere ben 0.73), e per compensare tocca abbassare le quote effettive dei distretti che ne qualificano di più (anche Roma ne qualifica 18+1, a fronte di una quota teorica di 20.13).

Tra gli 11 che si qualificano attraverso la gara di ieri, la soglia minima potrebbe essere stimata riferendosi al risultato ottenuto l'anno scorso dall'11° classificato tra coloro che non facevano quinta. Dovendo da come dici almeno scendere al 14° posto, compensando l'ipotizzata lieve diminuzione generale dei punteggi con l'aumento dovuto al miglior livello di preparazione di chi ha gareggiato sia l'anno scorso che quest'anno (comprendendo in realtà con questo anche eventuali risultati molto positivi di concorrenti di prima), e tenendo conto del fatto che i qualificati erano 12 anche l'anno scorso (non ricordo però se con una quota ad personam o senza), verrebbe da prevedere una lieve diminuzione del cutoff, che potrebbe attestarsi qualche punto sotto i 70...

@Davide12345: il dimostrativo geometrico io non l'ho guardato, ma penso che qualcuno qui l'abbia fatto.

[AcromMcLain]

Io il 15 l'ho fatto così: per ogni lampadina k∈[1;2017] è sufficiente dimostrare che kp∈[2018;4037] dove p è un primo. Per il postulato di Bertrand n<p<2n per ogni n naturale quindi int(2018/k)<p<int(4037/k) e moltiplicando tutto per k hai la tesi.

[FedeX333X]

Dimostrazione della 16??

• $BA=DF$ perché somma di segmenti congruenti ($BD=DE$ perché $\triangle BDE$ è isoscele e $DA=AF$ per ipotesi)
  $~$
• $\angle FDO=\angle ODB=\angle DBO$ (perché $O$ è il circocentro e in un triangolo isoscele l'asse della base coincide anche con la bisettrice dell'angolo ad essa opposto)
  $~$
• $BO=OD$ per definizione di circocentro

Quindi $\triangle ODF\cong \triangle OBA$ per il I criterio$,$ da cui $\angle BAO=\angle DFO$ quindi $A$ e $F$ vedono il segmento $DO$ sotto lo stesso angolo$,$ da cui $AFOD$ è ciclico$.$

[afullo]

Io il 15 l'ho fatto così: per ogni lampadina k∈[1;2017] è sufficiente dimostrare che kp∈[2018;4037] dove p è un primo. Per il postulato di Bertrand n<p<2n per ogni n naturale quindi int(2018/k)<p<int(4037/k) e moltiplicando tutto per k hai la tesi.

Concettualmente mi sembra ok, attenzione però ad alcuni dettagli: per esempio, se moltiplichi per 3 il numero int(2018/3), ottieni 2016, non 2018.

[C40RRi]

per quanto riguarda il punto c del 17 io ho fatto cosi:
se ogni cifra comparisse almeno una volta in postazione pari allora n avrebbe massimo 9*10 cifre. assumiamo allora che ci sia almeno una cifra che non compaia mai in postazione dispari, e che quindi ci siano y<10 cifre che compaiono almeno una volta in posto pari, in ogni caso il numero di cifre di n è dato da y*k*2 dove k é il numero di volte che ogni cifra y compare e quindi con k<10 e dove 2 é presente perché y*k é il numero di cifre a posto pari e quindi si moltiplica per 2 per ottenere il numero di cifre totali (per ogni cifra a posto pari c'é una cifra a posto dispari). Infine y*k*2 é massimo con y=9 e k=9 9*9*2=162 cifre. ed effetivamente esiste un tale numero cioe 9090..9091..9192..9293..9394...9495...9596...9697...9798...9899...99 in cui ci sono 9 cifre che compaiono a posto pari e ognuna appare 9 volte perché il 9 é l'unico a posto dispari.

ora pero mi sono accorto che, pur essendo il risultato e in larga parte anche il procedimento corretto (penso), sarebbe stato più corretto fare y(1)*k(1)*2 + y(2)*k(2)*2 + … + y(n)*k(n)*2 con n<10 perché altrimenti é come se stessi dicendo che ogni cifra di y appare lo stesso numero di volte rispetto alle altre. la conclusione pero é ovviamente la stessa e cioe che é massimo per k=9 e y=9.
quanti punti pensate mi possano togliere? e in generale é corretta?
grazie

?

[afullo]

Hmm, l'assunzione penso sia che ci debba essere almeno una cifra che non compaia mai in postazione pari, se poi dici che ne devono comparire [tex]y<10[/tex] in quelle postazioni; inoltre, il numero non contiene le coppie "99", ma solo quelle da "90" a "98". Il fatto che tu abbia assunto implicitamente che ogni cifra da 0 a 8 compaia lo stesso numero di volte, senza affermare esplicitamente che questo non è un vincolo, ma piuttosto una conseguenza del fatto che la configurazione massimizzante presenta tale proprietà, non dovrebbe penalizzarti in termini di punti... se proprio devono spareggiare magari i correttori vanno a vedere il pelo nell'uovo, ma lo troverei abbastanza improbabile...

[C40RRi]

Va bene grazie mille comunque gli errori che hai fatto notare per fortuna non li ho fatti in gara ho solo sbagliato a scrivere (99 e postazione dispari)