Re: =?x-user-defined?q?Combinat=F3ria?=
Outro modo de fazer seria: Dos 7 lugares, devemos escolher tres para colocar os quatros, o que pode ser feito de C7,3=35 modos. Dos quatro lugares que sobraram, devemos escolher dois para botar os oitos, o que pode ser feito de C4,2=6 modos. Agora temos duas casas a preencher, o que pode ser feito de 8x8=64 modos e a resposta seria 35x6x64=13440 modos. Devemos descontar os começados em 0,que sao C6,3 x C3,2 x 8 = 20x3x8=480 e a resposta eh 12960. Como as respostas deram diferentes, uma estah certa e a autra nao. Qual delas e onde estah o erro? "Alexandre F. Terezan" wrote: Imagine o número 44488XY de 7 dígitos, onde X é um algarismo diferente de 4 e 8. 1o caso: X diferente de Y Nessa situacao, há 7!/(3! x 2!) = 420 modos de dispormos os algarismos (anagramas de "44488XY"). Além disso, há 8 possibilidades para X (X diferente de 4 e 8) e 7 possibilidades para Y (Y diferente de X, 4 e 8). Logo, temos 420 x 7 x 8 = 23520 possibilidades. Deve-se desconsiderar os casos em q o primeiro algarismo é zero. Existem 6!/(3! x 2!) modos de arrumarmos "44488A", onde A diferente de 0, 4 e 8: 60 x 7 = 420 maneiras onde 0 é o primeiro algarismo. Assim, há 23100 maneiras de dispormos 44488XY. 2o caso: X = Y Aqui, temos 7!/(3! x 2! x 2!) = 210 maneiras de dispormos "44488XX". Como X diferente de 4 e 8, há 8 "X" possíveis, nos dando 1680 casos. Desses 1680, tiremos os casos onde o primeiro algarismo é zero. Neste caso há 6!/(3! x 2!) possibilidades de arrumarmos "444880" a partir do primeiro zero, o q nos dá 60 casos impossíveis. Logo, 1620 casos satisfazem, quando X = Y. TOTAL: 23100 + 1620 = 24720 possibilidades. - Original Message - From: "ricardopanama" [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Sexta-feira, 24 de Novembro de 2000 17:58 Subject: Combinatória Agrdeço a quem responder este problema de combinatória: Quantos são os algarismos de 7 dígitos nos quais o algarismo 4 figura exatamente 3 vezes e o algarismo 8 exatamente 2 vezes? Abrços. __ Preocupado com vírus? Crie seu e-mail grátis do BOL com antivírus ! http://www.bol.com.br
Fibonacci mais Pascal
Uma vez, vi uma curiosidade no tringulo de Pascal que me assustou bastante. o seguinte : Trace diagonais da direita para a esquerda e de cima pra baixo ( Iguas ao do diagrama de Linus Paulin ) no tringulo de Pascal e anote a soma dos termos de cada diagonal. 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 A primeira diagonal tem apenas o 1. Soma = 1 A segunda tem apenas o 1. Soma = 1 A terceira tem dois 1`s. Soma = 2 A quarta tem um 2 e um 1. Soma =3 A quinta tem dois 1`s e um 3. Soma = 5 E, surpreendentemente, vemos que a Sequncia de Fibonacci ressurge no tringulo de Pascal. Ser que algum pode provar isto pra mim ?? Abraos, Villard !
Re: Combinatória
A minha resposta está errada, Morgado. Desculpe pela desatencao... O erro está nessa passagem: Nessa situacao, há 7!/(3! x 2!) = 420 modos de dispormos os algarismos (anagramas de "44488XY"). Além disso, há 8 possibilidades para X (X diferente de 4 e 8) e 7 possibilidades para Y (Y diferente de X, 4 e 8). Logo, temos 420 x 7 x 8 = 23520 possibilidades. No momento que eu assumo "anagramas" de 44488XY, as possibilidades de escolha para X e Y se reduzem para (7 x 8)/2. A divisao por 2 que eu tinha omitido é necessária, visto que, do contrário, estaremos considerando duas vezes todos os "anagramas" mencionados. Exemplo: Seja o anagrama 444X88Y. Ora, para X = 1, Y = 2, temos o número 4441882. Seja agora o anagrama 444Y88X, para X = 2, Y = 1, dando o número 4441882. Ou seja, temos 2 anagramas "diferentes" que dao o mesmo número. De modo geral, há sempre23520 pares de anagramas onde as posicoes de X e Y se invertem. Esses anagramas "invertidos" irao sempre duplicar o número real de números possíveis, já q para cada anagrama invertido, temos um par de opcoes (X = a, Y = b) (X = b, Y = a) q irao dar o mesmo número. Dessa forma, há 11760 anagramas 44488XY nas condicoes mencionadas. Excetuando os 420 q começam com zero, temos 11340 modos de escolhermos algarismos segundo o enunciado quando X diferente de Y. Para X = Y valem os 1620 q encontrei na solucao original. Assim, há realmente 12960 maneiras. Obrigado pela válida observacao, professor. []'s, Alexandre Terezan - Original Message - From: "Augusto Morgado" [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Sábado, 25 de Novembro de 2000 09:19 Subject: Re: Combinatória Outro modo de fazer seria: Dos 7 lugares, devemos escolher tres paracolocar os quatros, o que pode ser feito de C7,3=35 modos. Dos quatrolugares que sobraram, devemos escolher dois para botar os oitos, o quepode ser feito de C4,2=6 modos. Agora temos duas casas a preencher, oque pode ser feito de 8x8=64 modos e a resposta seria 35x6x64=13440modos. Devemos descontar os começados em 0,que saoC6,3 x C3,2 x 8 = 20x3x8=480 e a resposta eh 12960.Como as respostas deram diferentes, uma estah certa e a autra nao. Qualdelas e onde estah o erro?"Alexandre F. Terezan" wrote: Imagine o número 44488XY de 7 dígitos, onde X é um algarismo diferente de 4 e 8. 1o caso: X diferente de Y Nessa situacao, há 7!/(3! x 2!) = 420 modos de dispormos os algarismos (anagramas de "44488XY"). Além disso, há 8 possibilidades para X (X diferente de 4 e 8) e 7 possibilidades para Y (Y diferente de X, 4 e 8). Logo, temos 420 x 7 x 8 = 23520 possibilidades. Deve-se desconsiderar os casos em q o primeiro algarismo é zero. Existem 6!/(3! x 2!) modos de arrumarmos "44488A", onde A diferente de 0, 4 e 8: 60 x 7 = 420 maneiras onde 0 é o primeiro algarismo. Assim, há 23100 maneiras de dispormos 44488XY. 2o caso: X = Y Aqui, temos 7!/(3! x 2! x 2!) = 210 maneiras de dispormos "44488XX". Como X diferente de 4 e 8, há 8 "X" possíveis, nos dando 1680 casos. Desses 1680, tiremos os casos onde o primeiro algarismo é zero. Neste caso há 6!/(3! x 2!) possibilidades de arrumarmos "444880" a partir do primeiro zero, o q nos dá 60 casos impossíveis. Logo, 1620 casos satisfazem, quando X = Y. TOTAL: 23100 + 1620 = 24720 possibilidades. - Original Message - From: "ricardopanama" [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Sexta-feira, 24 de Novembro de 2000 17:58 Subject: Combinatória Agrdeço a quem responder este problema de combinatória: Quantos são os algarismos de 7 dígitos nos quais o algarismo 4 figura exatamente 3 vezes e o algarismo 8 exatamente 2 vezes? Abrços. __ Preocupado com vírus? Crie seu e-mail grátis do BOL com antivírus ! http://www.bol.com.br
Re: Fibonacci mais Pascal
Sauda,c~oes,
Vamos chamar a primeira linha de linha 0, a segunda de linha 1
etc. Assim,
temos:
Adiagonal 0 tem apenas o 1. Soma = 1=F_1
(definimos F_0=0)
A diagonal 1 tem apenas o 1. Soma = 1=F_2
A diagonal 2 tem dois 1`s. Soma = 2=F_3
A diagonal 3 tem um 2 e um 1. Soma =3=F_4
A diagonal 4 tem dois 1`s e um 3. Soma =
5=F_5
Voc^e ent~ao quer mostrar que a soma S_n de binom(n-i , i) = F_{n+1}
para i = 0,1,...n ,
onde n é a diagonal de n'umero n.
Agora prove por indu,c~ao.
H'a outra maneira de provar isso sem usar indu,c~ao. Chame de S_n(x) a
soma
binom(n-i , i) x^i. A soma em quest~ao 'e obtida fazendo x=1.
Mostre que S_n(x) satisfaz a recorr^encia (vamos escrever S_n(x)=S_n na
recorr^encia)
S_{n+1} - S_n - xS_{n-1} = 0. Resolva a recorr^encia e conclua
um mont~ao de coisas.
Em particular, coloque x=1 e x= - 1.
[ ]'s
Lu'is
-Mensagem Original-
De: Rodrigo Villard
Milet
Para: Obm
Enviada em: Sábado, 25 de Novembro de
2000 12:45
Assunto: Fibonacci mais Pascal
Uma vez, vi uma curiosidade no triângulo de Pascal
que me assustou bastante. É o seguinte : Trace diagonais da direita para a
esquerda e de cima pra baixo ( Iguas ao do diagrama de Linus Paulin ) no
triângulo de Pascal e anote a soma dos termos de cada diagonal.
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
A primeira diagonal tem apenas o 1. Soma =
1
A segunda tem apenas o 1. Soma = 1
A terceira tem dois 1`s. Soma = 2
A quarta tem um 2 e um 1. Soma =3
A quinta tem dois 1`s e um 3. Soma = 5
E, surpreendentemente, vemos que a Sequência de
Fibonacci ressurge no triângulo de Pascal. Será que alguém pode provar isto
pra mim ??
Abraços,
¡ Villard
!
Re: Fibonacci mais Pascal
Title: Re: Fibonacci mais Pascal From: Rodrigo Villard Milet [EMAIL PROTECTED] Reply-To: [EMAIL PROTECTED] Date: Sat, 25 Nov 2000 12:45:46 -0200 To: Obm [EMAIL PROTECTED] Subject: Fibonacci mais Pascal Uma vez, vi uma curiosidade no triângulo de Pascal que me assustou bastante. É o seguinte : Trace diagonais da direita para a esquerda e de cima pra baixo ( Iguas ao do diagrama de Linus Paulin ) no triângulo de Pascal e anote a soma dos termos de cada diagonal. 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 A primeira diagonal tem apenas o 1. Soma = 1 A segunda tem apenas o 1. Soma = 1 A terceira tem dois 1`s. Soma = 2 A quarta tem um 2 e um 1. Soma =3 A quinta tem dois 1`s e um 3. Soma = 5 E, surpreendentemente, vemos que a Sequência de Fibonacci ressurge no triângulo de Pascal. Será que alguém pode provar isto pra mim ?? Abraços, ¡ Villard ! isso é consequencia direta da propriedade (n-1) + (n-1)= (n), pois assim cada elemento de uma (p-1) ( p ) (p) diagonal n, é a soma de elementos das diagonais n-1 e n-2, logo s(n)=s(n-1)+s(n-2), sendo s a soma. que se assemelha a sequencia de fibonacci .
EXERC:
Sejam os conjuntos Dm(1,2,...,m) e In(1,2,...,n), com nm. Temos a funcao f: Dm - In, tal que todo elemento mi de Dm leve a um elemento nj de In, sendo njmi ( é maior que). Diga quantas funcoes f admitem a condicao.
Re: Radioatividade
Pode-se interpretar esta "vida media" como uma media ponderada: uma especie de tempo "vivido", ponderado pela proporcao de massa existente m(t)/m(0) durante esse tempo. Se voce dividir o intervalo de tempo [0;T] em n subintervalos de mesmo comprimento deltat=T/n, imaginar que nesses intervalos m nao varia muito e portanto pode ser aproximado por seu valor em um ponto qualquer do intervalo, a media ponderada de que falei serah a soma dos produtos de m(t)/m(0)por deltat de 0 a T. Fazendo deltat tender a 0, isto eh a integral de 0 a T de (m(t)/m(0)) dt, que eh: [1 - exp(-kT)]/k. Fazendo agora T tender a infinito, isto dah 1/k. JP -Mensagem original-De: Jorge Peixoto Morais [EMAIL PROTECTED]Para: [EMAIL PROTECTED] [EMAIL PROTECTED]Data: Sexta-feira, 24 de Novembro de 2000 17:35Assunto: Radioatividade Duas perguntas: 1: Como se chega a "vida media=1/k"? 2: Ora, como a meia vida porde ser 70% da vida media? Isso eh confuso; a mim parece que o mais provavel seria que a meia-vida fosse bem mais curta, pois haveria uma chance grande de a substancia decair metade dos atomos varias vezes, ou seja, a vida media deveria ser de (varias vezes)x meia-vida. O que eu quis dizer eh que o mais provavel seria que o atomo ficasse com massa m/2 (depois de uma meia-vida), depois m/4, m/8, depois m/16 e soh chegasse a 0m depois de muitas meia-vidas...
Re: lançamento de livro: convite
Olá Prof. JP Carneiro! josimat é meu e-mail para assuntos extraordinários, como por exemplo: matemática, matemática, matemática, matemática e coisas do gênero. []'s JOSIMAR -Mensagem original- De: José Paulo Carneiro [EMAIL PROTECTED] Para: [EMAIL PROTECTED] [EMAIL PROTECTED] Data: Sábado, 25 de Novembro de 2000 18:28 Assunto: Re: lançamento de livro: convite Parabens antecipados ao LL e ao Josimat pelo lancamento do livro. Espero que nesse livro esteja a solucao do problema: por que Josimar Silva se intitula Josimat (com t)? JP -Mensagem original- De: Luis Lopes [EMAIL PROTECTED] Para: [EMAIL PROTECTED] [EMAIL PROTECTED] Data: Sexta-feira, 24 de Novembro de 2000 22:37 Assunto: lançamento de livro: convite Sauda,c~oes, Voc^es est~ao convidados para o coquetel de lan,camento do livro " 'E divertido resolver problemas" dia 29 de novembro das 19 às 22 horas no Clube dos Marimbás, localizado na Avenida Atlântica, ao lado do Forte de Copacabana ao final do Posto 6. Autores: Josimat (Josimar Silva) e Lu'is Lopes. Para mais detalhes, consultar a p'agina http://escolademestres.com/qedtexte , onde encontram-se o convite no formato jpg e uma amostra do livro no formato pdf. A entrada 'e livre, mesmo sem convite. [ ]'s Lu'is
Demostre!!!!!!!!!!!!!!!!!
Pessoal, demostre para mim da forma mais clara possível a função de Bézier e se não for incômodo poderiam me falar mais sobre o NURBS? Ats,Marcos Eike
