on 15.10.04 21:21, Edward Elric at [EMAIL PROTECTED] wrote: > Parece que minha mensagem antiga não chegou. Entao eu aproveitei e coloquei > mais um problema: > O primeiro é de um nivel baixo, o segundo eu até consegui fazer, mas dei uma > soluçao estupida, deve existir uma soluçao mais rapida, o terceiro eu nao > consegui fazer. > > 1) As camponesas de certa região têm uma superstição curiosa para > determinar quando vão casar: A solteira segura em uma das mãos seis folhas > longas de capim, pelo centro delas, de forma que as pontas fiquem de fora, > acima e abaixo da mão. Uma amiga sua amarra as seis pontas de cima duas a > duas, de maneira aleatória, e depois faz o mesmo com as pontas de baixo. Se > as folhas de capim assim amarradas formarem um único anel, as camponesas > crêem que a solteira se casará em menos de um ano. Determine a probabilidade > de o anel ser formado. > Chame as folhas de 1, 2, 3, 4, 5 e 6.
Suponhamos que as pontas de cima sejam amarradas formando os pares: {1,2}, {3,4} e {5,6} e que as pontas de baixo sejam amarrados formando os pares X, Y e Z. Os pares X, Y e Z podem ser escolhidos de Binom(6,2)*Binom(4,2)/3! = 15 maneiras distintas. Estes sao os casos possiveis. Vamos agora aos casos favoraveis. Obviamente, 1 e 2 nao podem pertencer ao mesmo par de baixo. Suponhamos que 1 pertenca a X e 2 pertenca a Y. A fim de termos um anel, o outro elemento de X deve ser 3, 4, 5 ou 6. Ou seja, pode ser escolhido de 4 maneiras distintas. Digamos, pra facilitar, que seja o 3, de forma que X = {1,3}. A fim de termos um anel, o outro elemento de Y deve ser 5 ou 6 pois se for o 4, teremos um anel parcial formado apenas por 1, 2, 3 e 4, o que nao nos interessa. Ou seja, o outro elemento de Y pode ser escolhido de 2 maneiras diferentes. Uma vez escolhido o outro elemento de Y, os elementos de Z ficam automaticamente determinados. Em suma, um anel pode ser formado de 4*2 = 8 maneiras distintas e, portanto, a probabilidade de termos um anel eh igual a 8/15. > 2) Existe um inteiro positivo tal que seus fatores primos pertencem ao > conjunto {2,3,5,7} e > que termina em 11? Se existir, ache o menor deles. Se não existir, mostre > porque. > Seja N o tal inteiro. Claramente, 2 e 5 nao podem ser fatores pois nenhum multiplo de 2 ou de 5 termina em 11. Assim, N, caso exista, serah da forma 3^a*7^b. Os ultimos digitos de 3^k e 7^k sao: k 3^k 7^k 4m 1 1 4m+1 3 7 4m+2 9 9 4m+3 7 3 Assim, uma inspecao rapida mostra que, se N termina em 1, os expoentes de 3 e 7 devem ser congruentes mod 4, ou seja, devem existir inteiros nao-negativos r e s tais que N = 3^(4r+k)*7^(4s+k), com k em {0,1,2,3}. Em outras palavras, N = 81^r*2401^s*21^k Vamos agora trabalhar mod 100: N == 81^r*1^s*21^k == 81^r*21^k. 81^0 == 1, 81^1 == 81, 81^2 == 61, 81^3 == 41, 81^4 == 21, 81^5 == 1 Ou seja, 81^k eh periodico de periodo 5. 21^0 == 1, 21^1 == 21, 21^2 == 41, 21^3 == 81 Infelizmente, o produto de quaisquer dois elementso (nao necessariamente distintos) de {1, 21, 41, 61, 81} nao eh congruente a 11 mod 100. Ou seja, o tal N nao existe. > 3) Em cada vértice de um quadrado há algumas fichas. Um movimento é > escolher um vertice, tirar algumas fichas dele, escolher um vizinho e pôr o > dobro de fichas retiradas no vizinho. Se no inicio ha 1,0,0,0 fichas, é > possivel termos 1,9,8,9 fichas em algum momento? > Esse problema eh interessante. A solucao deve envolver algum invariante ou, pelo menos, um monovariante. []s, Claudio. ========================================================================= Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =========================================================================