[obm-l] Vetores-2
Professor Morgado, gostaria que o senhor visse se o que eu fiz está correto, desde já obrigado . 1) a coordenada de um vetor relativa ao eixo D com o qual V faz um angulo de 120 graus é -9.Dê o módulo de V. Fiz: cos120 = -9/V- (-raiz3)/2=-9/v. ...v=6raiz3. 2)Determinar os vetores x e y que verificam o sistema: x+2y=(0,2,1) y-2x=(1,2,-1). Resolvi o sistema normalmente por adição e encontrei x= (-2/5,-2/5,3/5) e y=(2/5,12/5,2/5). desculpe a pergunta , mas como está falando em vetor , o essa maneira como resolvi está correta ? há algo mais especial por trás desse tipo de problema? Obrigado , mais uma vez. um abraço. Amurpe __ E-mail Premium BOL Antivírus, anti-spam e até 100 MB de espaço. Assine já! http://email.bol.com.br/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
Re: [obm-l] congruencias
Prezado , Claudio tenho observado em várias soluções , inclusive envolvendo polinômios que você usa a noção de congruência , e as vezes o problema não mostra isso explicitamente . As soluções que são dadas por você ou por outros colegas da lista , são muito legais , embora confesse que fico boiando . Fiquei , de imediato , um pouco receoso de fazer esse tipo de pergunta , mas como você é uma pessoa paciente . Tomo coragem e pergunto a você , como se faz pra ver esse tipo de saída num problema ?. Tenho cosciencia de que tem muito estudo por trás disso , mas se vier uma orientação eu corro atrás para aprender. um abraço. Amurpe - Original Message - From: m.ofl [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Sunday, March 23, 2003 11:59 AM Subject: [obm-l] congruencias quais podem ser os valores de n para (5 elevado a n) + (n elevado a 5) para que esta soma seja divisivel por 13 5^n + n^5 = 0 (mod 13) == n^5 = - 5^n (mod 13) Mod 13, teremos: 5^1 = 5 5^2 = -1 5^3 = -5 5^4 = 1 == 5^(4k) = 1 5^(4k+1) = 5 5^(4k+2) = -1 5^(4k+3) = -5 Por outro lado (ainda mod 13) n = 0 == n^5 = 0 n = 1 == n^5 = 1 n = 2 == n^5 = 6 n = 3 == n^5 = -4 n = 4 == n^5 = -3 n = 5 == n^5 = 5 n = 6 == n^5 = 2 n = -6 == n^5 = -2 n = -5 == n^5 = -5 n = -4 == n^5 = 3 n = -3 == n^5 = 4 n = -2 == n^5 = -6 n = -1 == n^5 = -1 Como -5^n só pode ser igual a 1, 5 , -1 e - 5 (mod 13), temos que os únicos valores admissíveis de n serão: 1, 5, -1 e -5 (mod 13) n = 1 (mod 13); n^5 = 1 == 5^n = -1 == n = 4k+2 == n = 2 (mod 4) n = -1 (mod 13): n^5 = -1 == 5^n = 1 == n = 4k == n = 0 (mod 4) n = 5 (mod 13): n^5 = 5 == 5^n = -5 == n = 4k+3 == n = 3 (mod 4) n = -5 (mod 13): n^5 = -5 == 5^n = 5 == n = 4k+1 == n = 1 (mod 4) Agora, resta- nos resolver estes 4 sistemas de congruências, o que pode ser feito usando- se o Teorema Chinês dos Restos, uma vez que mdc (4,13) = 1: n = a (mod 13) n = b (mod 4) == n = -12a + 13b (mod 52) a = 1, b = 2 == n = 14 (mod 52) a = -1, b = 0 == n = 12 (mod 52) a = 5, b = 3 == n = -21 = 31 (mod 52) a = -5, b = 1 == n = 73 = 21 (mod 52) Assim, a congruência n^5 + 5^n = 0 (mod 13) terá soluçã o para: n = 12, 14, 21 e 31 (mod 52) Um abraço, 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 O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] === == __ E-mail Premium BOL Antivírus, anti-spam e até 100 MB de espaço. Assine já! http://email.bol.com.br/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
[obm-l] Re: [obm-l] equacao 2 grau, seno coseno?
sei nao mas qualquer coisa prostaferize sen+cos e sen*cos pra ver no que da. TEA WITH ME THAT I BOOK YOUR FACE -- Use o melhor sistema de busca da Internet Radar UOL - http://www.radaruol.com.br = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
[obm-l] Problema da IMO
Olhem so esse problema aqui: Sejam 0abcd impares tais que a+d e b+c sao potencias de 2 e ad=bc.Mostre que a=1 TEA WITH ME THAT I BOOK YOUR FACE -- Use o melhor sistema de busca da Internet Radar UOL - http://www.radaruol.com.br = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
[obm-l] Questão IME 96
Essa é uma questão do IME do ano de 1996. Gostaria que alguem ajudasse-me a resolve-la: Seja um octógono convexo. Supondo que quando todas as suas digonais são traçadas, não há mais de duas diagonais se interceptando no mesmo ponto. Quantos pontos de interseção (de diagonais) existem neste octógono ? Obrigado pela ajuda. Wander _ MSN Messenger: converse com os seus amigos online. http://messenger.msn.com.br = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
Re: [obm-l] congruencias
Caro Amurpe: Congruências são um dos instrumentos mais úteis para se resolver problemas que envolvem a divisibilidade de inteiros. Assim, em todo problema que envolve, de um jeito ou de outro, o conceito de divisibilidade, existe uma boa chance de haver uma solução usando congruências. O conceito é muito simples: Dado um inteiro não nulo m, diz-se que dois inteiros a e b são congruentes módulo m se e somente se m divide (a-b). Isso se representa assim: a = b (mod m) onde, na verdade, o sinal correto não é o de igualdade, mas consiste de três traços paralelos. No entanto, como no meu teclado este sinal não existe Qualquer livro de teoria dos números dedica um ou mais capítulos ao assunto. Existem dois em português que eu posso recomendar: Teoria das Congruências Edgard de Alencar Filho Editora Nobel Fundamentos de Aritmética Hygino H. Domingues Atual Editora Ambos têm vários problemas resolvidos. Além disso, na revista Eureka, da OBM, você encontra alguns artigos sobre divisibilidade e congruências: http://www.obm.org.br/eureka.htm Há também um livro on-line escrito pelo Nicolau e pelo Gugu cujos primeiros capítulos tratam justamente de divisibilidade e congruências - chama-se Primos de Mersenne (e outros primos muito grandes). Está aqui: http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/publ/papers/mersenne/index.html De resto, se você souber inglês, digite Number Theory ou Congruences em algum mecanismo de busca (o meu preferido é o Google) e aparecerão centenas de páginas com referências ao assunto (algumas bem melhores que outras, é verdade). No mais, se houver algum problema específico da lista onde você estiver boiando, mande um e-mail a respeito que eu posso tentar esclarecer as suas dúvidas, ou pelo menos indicar referências bibliográficas pertinentes. Um abraço, Claudio. - Original Message - From: amurpe [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, March 25, 2003 11:54 AM Subject: Re: [obm-l] congruencias Prezado , Claudio tenho observado em várias soluções , inclusive envolvendo polinômios que você usa a noção de congruência , e as vezes o problema não mostra isso explicitamente . As soluções que são dadas por você ou por outros colegas da lista , são muito legais , embora confesse que fico boiando . Fiquei , de imediato , um pouco receoso de fazer esse tipo de pergunta , mas como você é uma pessoa paciente . Tomo coragem e pergunto a você , como se faz pra ver esse tipo de saída num problema ?. Tenho cosciencia de que tem muito estudo por trás disso , mas se vier uma orientação eu corro atrás para aprender. um abraço. Amurpe - Original Message - From: m.ofl [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Sunday, March 23, 2003 11:59 AM Subject: [obm-l] congruencias quais podem ser os valores de n para (5 elevado a n) + (n elevado a 5) para que esta soma seja divisivel por 13 5^n + n^5 = 0 (mod 13) == n^5 = - 5^n (mod 13) Mod 13, teremos: 5^1 = 5 5^2 = -1 5^3 = -5 5^4 = 1 == 5^(4k) = 1 5^(4k+1) = 5 5^(4k+2) = -1 5^(4k+3) = -5 Por outro lado (ainda mod 13) n = 0 == n^5 = 0 n = 1 == n^5 = 1 n = 2 == n^5 = 6 n = 3 == n^5 = -4 n = 4 == n^5 = -3 n = 5 == n^5 = 5 n = 6 == n^5 = 2 n = -6 == n^5 = -2 n = -5 == n^5 = -5 n = -4 == n^5 = 3 n = -3 == n^5 = 4 n = -2 == n^5 = -6 n = -1 == n^5 = -1 Como -5^n só pode ser igual a 1, 5 , -1 e - 5 (mod 13), temos que os únicos valores admissíveis de n serão: 1, 5, -1 e -5 (mod 13) n = 1 (mod 13); n^5 = 1 == 5^n = -1 == n = 4k+2 == n = 2 (mod 4) n = -1 (mod 13): n^5 = -1 == 5^n = 1 == n = 4k == n = 0 (mod 4) n = 5 (mod 13): n^5 = 5 == 5^n = -5 == n = 4k+3 == n = 3 (mod 4) n = -5 (mod 13): n^5 = -5 == 5^n = 5 == n = 4k+1 == n = 1 (mod 4) Agora, resta- nos resolver estes 4 sistemas de congruências, o que pode ser feito usando- se o Teorema Chinês dos Restos, uma vez que mdc (4,13) = 1: n = a (mod 13) n = b (mod 4) == n = -12a + 13b (mod 52) a = 1, b = 2 == n = 14 (mod 52) a = -1, b = 0 == n = 12 (mod 52) a = 5, b = 3 == n = -21 = 31 (mod 52) a = -5, b = 1 == n = 73 = 21 (mod 52) Assim, a congruência n^5 + 5^n = 0 (mod 13) terá soluçã o para: n = 12, 14, 21 e 31 (mod 52) Um abraço, 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 O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] === == __ E-mail Premium BOL Antivírus, anti-spam e até 100 MB de espaço. Assine já! http://email.bol.com.br/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
Re: [obm-l] problemas2
Caro Daniel: Uma notação simplificada para grandes números pode ser desenvolvida denotando-se d(n) a ocorrência consecutiva de n algarismos iguais a d onde n é um inteiro positivo e d um algarismo fixado onde d é maior-igual a 0 e menor-igual a 9. Assim, por exemplo, 1(2)4(3)9(4)2(5) representa o número 114442. Se, 2(x)3(y)5(z) + 3(z)5(x)2(y)=5(3)7(2)8(3)5(1)7(3) o terno (x,y,z) é igual a: 2(x)3(y)5(z) + 3(z)5(x)2(y) - 555778885777 Considere os 4 últimos algarismos da soma (5777). Centena,Dezena,Unidade = 777 == min(y,z) = 3 z y == 5 + 5 termina em 5 == contradição == z = y z = y == 3 + 5 termina em 5 == contradição == z y == z = 3 e y = 4 Milhar = 5 = 3 + 2 Dezena de Milhar = 8 y 4 == 3 + 2 termina em 8 == contradição == y = 4 Assim, a soma fica: 2(x)555 + 3335(x) --- 555778885777 Como a soma começa com 555, concluímos que x = 3. Isso significa que o segundo somando começa com 333555. De fato, a soma começa com 555778. Subtraindo 333555 desse número, obtemos 23. Logo, só podemos concluir que o primeiro somando começa com 23 == x = 5. Assim, x = 5, y = 4 e z = 3. R:(5,4,3) * Um estudante em viagem de férias combinou com seu paique se comunicariam em um código numérico no qual cada algarismo representaria uma letra distinta e como comprovação, o número representante da ultima palavra seria a soma dos anteriores. Sabendo que o estudante desejava enviar a mensagem SEND MORE MONEY podemos afirmar que a soma dos algarismos utilizados na mensagem codificada é igual a: R:27 Esse problema é famoso e sai por um processo de dedução parecido mas bem mais longo que odo primeiro problema. Você pode ver a resposta em: http://www.puzzles.com/PuzzlePlayground/SendMoreMoney/SendMoreMoney.htm Uma solução detalhada e quase completa pode ser encontrada em: http://members.aol.com/AmazingMazeMan/SEND-MORE-MONEY.html ** O auditório de um colégio possui 20 filas de cadeiras com 10 cadeiras na primeira fila e uma cadeiraa mais em cada fila sucessiva. Sabendo que este auditório será utilizado para a aplicação de uma prova na qual qualquer a luno pode sentar em qualquer cadeira desde que não haja alunos sentados lado a lado, o número máximo de alunos que podem fazer prova neste auditório é: O número de cadeiras em cada fila é igual a: 10, 11, 12, 13, ..., 26, 27, 28, 29 Se uma fila tem 2n-1 ou 2n cadeiras, então nela podem se sentar n alunos de forma que haja sempre uma cadeira vazia entre dois alunos. Assim, o número máximo de alunos em cada fila é: 5, 6, 6, 7, ..., 13, 14, 14, 15 Logo, o número total de alunos é: 5 + 2*(6+7+...+13+14) + 15 = 5 + 2*9*(6+14)/2 + 15 = 5 + 180 + 15 = 200 R:200 Um abraço, Claudio.
[obm-l] Re: [obm-l] Questão IME 96
- Original Message - From: Tcheka Republica [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, March 25, 2003 1:55 PM Subject: [obm-l] Questão IME 96 Essa é uma questão do IME do ano de 1996. Gostaria que alguem ajudasse-me a resolve-la: Seja um octógono convexo. Supondo que quando todas as suas digonais são traçadas, não há mais de duas diagonais se interceptando no mesmo ponto. Quantos pontos de interseção (de diagonais) existem neste octógono ? Obrigado pela ajuda. Wander Caro Wander: O enunciado contém um erro, pois cada um dos 8 vértices do octógono é extremidade de 5 diagonais - assim, não é possível que apenas 2 diagonais se encontrem em cada ponto. No entanto, vamos supor que o problema peça o número de pontos de interseção de diagonais que não são vértices do octógono. Nesse caso, começamos calculando o número de diagonais de um octógono convexo - igual a 8*(8-3)/2 = 20. Se cada par de diagonais se encontra num ponto, teremos que o número de pontos de interseção será: C(20,2) = 20*19/2 = 190. No entanto, alguns desses pontos são justamente os vértices do octógono, onde 5 diagonais se encontram. Assim, em cada vértice existirão C(5,2) = 5*4/2 = 10 pares de diagonais se encontrando. Assim, devemos subtrair 8*C(5,2) = 80 do número que achamos anteriormente, o que dará um total de: 190 - 80 = 110 pontos de interseção de diagonais que não são vértices. Há um outro detalhe a se considerar: o problema pede o número de pontos de interseções de diagonais NO octógono. Isso pode significar duas coisas: i) o número de pontos NO PLANO do octógono, podendo algum ponto ser exterior ao octógono - nesse caso, vale a solução acima; ou ii) o número de pontos NO INTERIOR do octógono: Aqui, o raciocínio é um pouco diferente. Cada quatro vértices do octógono determinam um quadrilátero, o qual tem apenas duas diagonais (as quais são também diagonais do octógono) que se encontram num ponto, o qual é diferente para cada quadrilátero formado por vértices do octógono. Assim, cada quadrilátero determina um ponto de interseção e vice-versa. Além disso, cada 4 vértices determinam um quadrilátero e vice-versa. Segue-se que: número de pontos de interseção = número de quadriláteros = número de maneiras de se escolher 4 vértices dentre os 8 existentes = C(8,4) = 8*7*6*5/(4*3*2*1) = 70 pontos de interseção de diagonais INTERIORES ao octógono. Um abraço, 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 O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
Re: [obm-l] Problema
Também tenho quebrado a cabeça com ele...
Uma primeira idéia foi considerar que existe uma divisão em 6 partições onde
nenhum elemento é soma de outros dois pertencendo a mesma partição e, para
cada partição, definir um conjunto de elementos que NÃO podem entrar na
partição, pois se entrasse haveria um elemento (não necessariamente o que
estaria para entrar) que desrespeitará a propriedade desejada.
A partir daí, queria provar que a intersecção desses 6 conjuntos não seria
nunca vazia, o que indicaria que existe um inteiro que não pode ser inserido
em nenhuma partição pois quebraria a nossa regra.
Para provar que a intersecção não é vazia eu imaginei que fosse possível
somar as cardinalidades de cada conjunto e verificar que o número é
suficientemente grande para exigir que um elemento esteja em todos os 6
conjuntos.
Infelizmente, não tenho conseguido mostrar elementos (claro, distintos
dentro de um mesmo conjunto) em quantidade suficiente para realizar uma
prova como a que propus acima.
Vou continuar pensando no problema e, quem sabe, algo se ilumina!
Alguma outra idéia?
[ ]'s
Caros colegas da lista:
Aqui vai um que esta dando trabalho:
O conjunto {1,2,...,1978} eh particionado em 6 subconjuntos. Prove que um
destes subconjuntos contem um elemento que eh igual a soma de dois
elementos
(nao necessariamente distintos) deste mesmo subconjunto.
Agradeco qualquer ajuda.
Um abraco,
Claudio.
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[obm-l] Re: [obm-l] 3 questões de raciocínio lógico matemático
Oi Fael: Aqui vão alguns comentários. 1) Escreve-se a série natural dos números a partir de 1 sem separar os algarismos. Determinar o algarismo que ocupa o 123456789º lugar. Já apareceu um problema parecido na lista. Veja só: Quando escrevemos os números 1, 2, 3, 4, , 2002, o 2002º algarismo escrito é: Existem 9 números de 1 algarismo, que usam 9 algarismos Subtotal = 9 Existem 90 númerosde 2 algarismos, que usam 2*90 = 180 algarismos Subtotal = 189 (ou seja, o 2o. "9" de 99 é o 189o. algarismo) Existem 900 númerosde 3 algarismos, que usam 3*900 = 2700 algarismos Subtotal = 2889 2002 == o 2002o. algarismo pertence a um número de 3 algarismos. 2002 - 189 = 1813 = 3 * 604 + 1 == o 2002.o algarismo é oprimeiro algarismo do 605o. número de 3 algarismos, ou seja, o primeiro algarismo de 704 = "7". Explicação: A partir de 100 (inclusive), cada número usa 3 algarismos. Por exemplo, se quiséssemos o 203o. algarismo, faríamos203 - 189 =14 = 3 *4 +2 == o 203o. algarismo é o 14o. algarismo contado a partir do "1"de 100 (inclusive), ou seja, é o segundo algarismo do quinto número de 3 algarismos, ou seja, o algarismo das dezenas de 104 = "0". Podemos checar: 1 0 0 1 0 1 1 0 2 1 0 3 1 "0" 4. No entanto, estamos procurando o 2002.o algarismo = 1813o. algarismo contado a partir de "1"de 100 (inclusive) = primeiro algarismo do 605o. número de 3 algarismos = primeiro algarismo de 704 = "7". - Um raciocínio análogo (mas muito mais longo, pois 123456789 2002) irá resolver o problema. resp: 2 *** 2) Achar um número de quatro algarismos de tal modo que o algarismo das centenas seja a soma dos algarismos das dezenas e das unidades; o algarismo das dezenas seja o dobro da soma dos algarismos dos milhares e das unidades; o quociente da divisão do número pela soma dos valores absolutos de seus algarismos seja 109 e o resto 9, somando 819 ao número obtém-se o número formado com os mesmos algarismos colocados na ordem inversa. Suponha que o número seja (ABCD) = 1000A + 100B + 10C + D Do enunciado, temos: B = C + D C = 2*(A + D) 1000A + 100B + 10C + D = 109*(A + B + C + D) + 9 1000A + 100B + 10C + D + 819 = 1000D + 100C + 10B +A Agora é só resolver este sistema linear de 4 equações e 4 incógnitas... resp: 1862 3) Professor Márcio, certo dia perguntou ao seu aluno se queria comprar uma impressora para conectar ao seu computador. Não precisa se preocupar com o preço, vai lhe custar pouco mais de 700 reais. Quanto a forma de pagamento, você pagará por mês. Cada mês paga o que quiser, e, no mês que não puder pagar, não paga nada. Não haverá juros. O aluno aceitou a proposta, mesmo sem saber o valor exato da compra. De imediato o Professor entregou a impressora e, sem hesitar, o aluno deu por conta 99 reais. Ao receber a nota do saldo devedor o aluno notou com surpresa que sua nova conta devedora era expressa pelos mesmos algarismos da dívida primitiva, apenas trocados de ordem. No mês seguinte, entregou ao Professor mais uma prestação de 180 reais. A dívida restante continuou, ainda, a ser expressa pelos mesmos algarismos apenas permutados... Como descobrir esse mistério e como será feito o cálculo da dívida do aluno ? Preço = (7AB) = 700 + 10A + B (7AB)- 99 = X, onde X = (A7B) ou (AB7) ou (B7A) ou (BA7) (repare que não a alternativa (7BA) não aparece, pois (7AB) - 99 = (7BA) implica em (AB) = 99 e (BA) = 00 == contradição) (7AB) - 99 - 180 = (7AB) - 279 = Y, onde Y = (A7B) ou (AB7) ou (B7A) ou (BA7) e também Y = X - 180 Agora, é só analisar cada uma das 4 possibilidades para X e ver quais que funcionam. Se duas ou mais funcionarem, então use as expressões para Y. resp: A dívida é de 746 reais * Obs: Pessoal, as questões supra-citadas são de que área da matemática ? Seria teoria dos números ? Questão 1: Como é só uma questão de enumeração, eu diria que é de análise combinatória. Questões 2 e 3: Envolvem representação de números na base 10 e também (no caso da 2) o algoritmo da divisão com resto - assim, acho que se encaixam em teoria dos números, mas muito mais na linha recreativa. Um abraço, Claudio.
[obm-l] 2ª Vingança Olimpica - Problema 5
5)(Guilherme Issao)Existem p²,onde p e primo,crianças dispostas num bairro
como um tabuleiro p por p.Ha tambem duas distribuidoras de doces,a
Cledmilson Marmotta e a Estrogonofre's.A Cledmilson Marmotta manda um
vendedor para cada uma das p linhas horizontais,sendo que o vendedor da
i-esima linha tem i Kg de doce de jilo e distribui igualmente entre as p
crianças. Da mesma forma Estrogonofre's manda um vendedor para cada uma das
p linhas verticais,sendo que o vendedor da j-esima linha tem j Kg de doce de
jaca e distribui igualmente entre as p crianças. De quantas maneiras podemos
escolher um grupo de crianças desse bairro para roubar-lhes os doces de modo
que a quantidade de cada tipo de doce roubada seja inteira?[6]
Acho que encontrei a solução. De qualquer jeito, gostaria de comentários,
especialmente se a solução estiver errada.
Se as linhas escolhidas forem i_1, ..., i_r e as colunas j_1, ..., j_s,
então as quantidades serão:
(i_1 + ... + i_r)/p kg de doce de jiló
e
(j_1 + ... + j_s)/p kg de doce de jaca.
O peso total de cada doce será inteiro se e somente se
{i_1, ..., i_r} e {j_1, ..., j_s} forem subconjuntos de {1, 2, ..., p} cujas
somas dos elementos sejam = 0 (mod p).
Dessa forma, o problema pode ser refraseado como:
Determinar o número de subconjuntos de {1, 2, ..., p}x{1, 2, ...,p} cuja
soma dos
elementos (definida da forma usual: (a,b)+(c,d)=(a+c,b+d) ) seja um par
ordenado da forma (mp,np) onde m e n são inteiros.
Assim, se M = número de subconjuntos de {1,2,...,p} que tenham a soma de
seus elementos = 0 (mod p), então o número desejado será igual a M^2.
Inicialmente, vamos determinar o valor de M.
Consideremos os subconjuntos de {1,2,...,p}com n elementos ( 1 = n = p ).
Seja f(n) = número de tais subconjuntos cuja soma seja = 0 (mod p)
Então: M = f(1) + f(2) = ... = f(p-1) + f(p)
Se n = p, então o único subconjunto com soma = 0 (mod p) será {1,2,...,p}
==
f(p) = 1
Consideremos agora o caso 1 = n = p-1.
Tomemos um subconjunto de n elementos {a(1),...,a(n)} com soma = 0 (mod p).
Para 1 = k = p-1, se somarmos k a cada um dos a(i), teremos que:
a(1) + ... + a(n) = kn (mod p)
Como p é primo e n p, os números 0, n, 2n, ..., (p-1)n formarão um sistema
completo de restos (mod p).
Assim, para cada k ( 1 = k = p-1) e a cada subconjunto {a(1), ...,a(n)}com
soma = 0 (mod p), podemos fazer
corresponder exatamente um conjunto cuja soma é = k (mod p).
Logo, o número de subconjuntos de n elementos cuja soma é = k (mod p), será
o mesmo
para cada k (0 = k = p-1)
Como o número total de subconjuntos de n elementos de {1, 2, ..., p} é
C(p,n), teremos que f(n) = C(p,n)/p.
M = f(1) + f(2) + ... + f(p-1) + f(p) =
= C(p,1)/p + C(p,2)/p + ... + C(p,p-1)/p + 1 =
= (2^p - 2)/p + 1
Logo, M^2 = [(2^p - 2)/p + 1]^2
Obs: Existe uma maneira de roubar um número inteiro de cada tipo de doce que
não foi computada acima. Trata-se de não roubar doce nenhum (ou seja, roubar
zero doces), o que corresponde ao subconjunto vazio de {1,...,p} x
{1,...,p}.
Se incluirmos essa maneira (e acho que devemos, pois é a única moral e
legalmente aceitável), a resposta será:
[(2^p - 2)/p + 1]^2 + 1.
Um abraço,
Claudio.
=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
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[obm-l] Re: [obm-l] Soma de inversos de primos
Essa prova e de Clarkson se eu nao me engano,e PAUL Erdös achou OTIMA! A parte classica e as tecnicas do TNP. -- Mensagem original -- Desculpem a demora. So' agora vi esta mensagem... A prova mais classica se obtem fatorando infinito=1+1/2+1/3+1/4+...= =(1+1/2+1/2^2+...)(1+1/3+1/3^2+...)(1+1/5+1/5^2+...)...= =Produto(p primo)(1-1/p)^(-1). Tirando o log o lado direito se parece com 1/2 + 1/3 + 1/5 + 1/7 + 1/11 + ..., que portanto diverge. Nao vou fazer os detalhes dessa prova, devida ao Euler, a qual tem grande importancia teorica, mas vou mostrar outra prova, se nao me engano devida ao Erdos, que e' muito bonita: Suponha que soma(p primo)(1/p)infinito. Entao existe C inteiro tal que soma(p primo,pC)(1/p) 1/2. Dizemos que um primo p e' grande se p C, e pequeno caso contrario. Dividimos os naturais em dois conjuntos: A e' o conjunto dos naturais com todos os fatores primos pequenos e B o conjunto dos naturais com algum fator primo grande. Tomamos agora n natural. O numero de naturais m no conjunto A com m = n e' no maximo (lg(n))^C, onde lg e' o logaritmo na base 2, pois ha' menos de C primos pequenos, e ao fatorar um numero m = n como produto de potencias de primos os expoentes nunca excedem lg(n). Por outro lado, para cada p grande, ha' no maximo n/p multiplos de p entre 1 e n. Assim, o numero de naturais m no conjunto B com m = n e' no maximo n.soma(p primo,pC)(1/p) n/2. Assim, como todos os naturais m com m = n estao em A ou em B, devemos ter (lg(n))^C+n/2 = n, ou 2.lg(n)^C = n para todo n natural, o que e' um absurdo. Abracos, Gugu Como se calcula o limite (ou prova a divergência) da seqüência 1/2 + 1/3 + 1/5 + 1/7 + 1/11 + ... que é a soma dos inversos de todos primos inteiros? Obrigado, []'s Bernardo -- Use o melhor sistema de busca da Internet Radar UOL - http://www.radaruol.com.br = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] = TEA WITH ME THAT I BOOK YOUR FACE -- Use o melhor sistema de busca da Internet Radar UOL - http://www.radaruol.com.br = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
Re: [obm-l] problemas1
Title: Re: [obm-l] problemas1 Tem dois de fracoes. Qual deles? O do 5/48 ou o do 1/2 + 1/3 + ... + 1/n? on 25.03.03 20:52, Daniel Pini at [EMAIL PROTECTED] wrote: Caro Claudio, fico muito grato com as soluções que vc me enviou. Elas me ajudam bastante a comprender a fundo os exercícios. Infelizmente devo dizer que não consegui entender a sua solução para o problema das frações. Vc poderia enviar uma outra solução ou então detalhar mais como vc fez para resolve-la? Muito grato, Daniel - Original Message - From: Cláudio (Prática) mailto:[EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Monday, March 24, 2003 5:20 PM Subject: Re: [obm-l] problemas1 Oi, Daniel: Dentre todas as frações da forma a/b com a, b inteiros; a maior que 0 e menor que b ,e a+b menor que 40, aquela mais próxima de 5/48 é tal que a+b vale: R: 32 O problema é minimizar | a/b - 5/48 | sujeito a 0 a b e a+b 40 | a/b - 5/48 | = | 48a - 5b | / | 48b | mdc(5,48) = 1 == o menor valor de | 48a - 5b | é igual a 1 e ocorrerá para: a = 2 + 5m e b = 19 + 48m ( 48a - 5b = 1 ) para algum m inteiro ou então a = 3 + 5n e b = 29 + 48n ( 48a - 5b = -1 ) para algum n inteiro No primeiro caso, teremos: m = 0 == a = 2 e b = 19 == | a/b - 5/48 | = | 2/19 - 5/48 | = 1/(19*48) = 1/912 (todos os outros valores de m produzem valores de a e b que desobedecem às restrições) No segundo caso, teremos: n = 0 == a = 3 e b = 29 == | a/b - 5/48 | = | 3/29 - 5/48 | = 1/(29*48) = 1/1392 (idem) Logo, o valor de a/b que melhor aproxima 5/48 e obedece às restrições é 3/29 == 3 + 29 = 32. * A soma de todas as frações de numerador 1 e denominador 2, 3, 4, ..., n é tal que: a)pode ser igual a 1992 b) pode ser igual a qualquer inteiro c)nunca pode ser interiro para qualquer n d)é irracional e) é sempre menor que 1 Esse é um problema bem conhecido. Ponha S = 1/2 + 1/3 + ... + 1/n. Agora, sejam: 2^k = maior potência de 2 que é = n e P = 1*3*5* = produto dos ímpares positivos = n Então: 2^(k-1)*P*S é uma soma de (n-1) termos dos quais apenas um não é inteiro (justamente aquele que corresponde ao termo 1/2^k na soma original S). Logo, 2^(k-1)*P*S não é inteiro == S não é inteiro == alternativa (c) * Sabendo que na equação SHE=(HE)^2, mesmas letras representam mesmos digitos e letras diferentes representam dígitos diferentes, o valor da soma S+H+E é igual a: 100*S + (HE) = (HE)^2 == HE^2 - HE - 100*S = 0 Delta = 1 + 400*S = quadrado perfeito Testando os 9 valores possíveis de S (1,2,...,9), teremos: 1 + 400*S = 2401 = 49^2 == S = 6 Além disso, HE = (1 + raiz(Delta))/2 = (1 + 49)/2 = 25 Logo, SHE = 625 == S+H+E = 13. R:13 Um abraço, Claudio.
[obm-l] Re: [obm-l] problemas1
Tem uma soluçao superlegal que usa o Postulado de Bertrand.O Bruno Leite deve ter no site dele do IME. -- Mensagem original -- Caro Claudio, fico muito grato com as soluções que vc me enviou. Elas me ajudam bastante a comprender a fundo os exercícios. Infelizmente devo dizer que não consegui entender a sua solução para o problema das frações. Vc poderia enviar uma outra solução ou então detalhar mais como vc fez para resolve-la? Muito grato, Daniel - Original Message - From: Cláudio (Prática) To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Monday, March 24, 2003 5:20 PM Subject: Re: [obm-l] problemas1 Oi, Daniel: Dentre todas as frações da forma a/b com a, b inteiros; a maior que 0 e menor que b ,e a+b menor que 40, aquela mais próxima de 5/48 é tal que a+b vale: R: 32 O problema é minimizar | a/b - 5/48 | sujeito a 0 a b e a+b 40 | a/b - 5/48 | = | 48a - 5b | / | 48b | mdc(5,48) = 1 == o menor valor de | 48a - 5b | é igual a 1 e ocorrerá para: a = 2 + 5m e b = 19 + 48m ( 48a - 5b = 1 ) para algum m inteiro ou então a = 3 + 5n e b = 29 + 48n ( 48a - 5b = -1 ) para algum n inteiro No primeiro caso, teremos: m = 0 == a = 2 e b = 19 == | a/b - 5/48 | = | 2/19 - 5/48 | = 1/(19*48) = 1/912 (todos os outros valores de m produzem valores de a e b que desobedecem às restrições) No segundo caso, teremos: n = 0 == a = 3 e b = 29 == | a/b - 5/48 | = | 3/29 - 5/48 | = 1/(29*48) = 1/1392 (idem) Logo, o valor de a/b que melhor aproxima 5/48 e obedece às restrições é 3/29 == 3 + 29 = 32. * A soma de todas as frações de numerador 1 e denominador 2, 3, 4, ..., n é tal que: a)pode ser igual a 1992 b) pode ser igual a qualquer inteiro c)nunca pode ser interiro para qualquer n d)é irracional e) é sempre menor que 1 Esse é um problema bem conhecido. Ponha S = 1/2 + 1/3 + ... + 1/n. Agora, sejam: 2^k = maior potência de 2 que é = n e P = 1*3*5* = produto dos ímpares positivos = n Então: 2^(k-1)*P*S é uma soma de (n-1) termos dos quais apenas um não é inteiro (justamente aquele que corresponde ao termo 1/2^k na soma original S). Logo, 2^(k-1)*P*S não é inteiro == S não é inteiro == alternativa (c) * Sabendo que na equação SHE=(HE)^2, mesmas letras representam mesmos digitos e letras diferentes representam dígitos diferentes, o valor da soma S+H+E é igual a: 100*S + (HE) = (HE)^2 == HE^2 - HE - 100*S = 0 Delta = 1 + 400*S = quadrado perfeito Testando os 9 valores possíveis de S (1,2,...,9), teremos: 1 + 400*S = 2401 = 49^2 == S = 6 Além disso, HE = (1 + raiz(Delta))/2 = (1 + 49)/2 = 25 Logo, SHE = 625 == S+H+E = 13. R:13 Um abraço, Claudio. TEA WITH ME THAT I BOOK YOUR FACE -- Use o melhor sistema de busca da Internet Radar UOL - http://www.radaruol.com.br = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
[obm-l] Re: [obm-l] 2ª Vingança Olimpica - Problema 5
Nessa parte de conjuntos,lembre-se de que a criança(i;j)tem i kg de doce
de jilo e j kg de doce de jaca.E sao escolhidas crianças e nao linhas e
colunas.Tente verificar isso.Essa ultima parte foi considerada dificil.Mas
beleza sao so detalhes(acho)
-- Mensagem original --
5)(Guilherme Issao)Existem p²,onde p e primo,crianças dispostas num bairro
como um tabuleiro p por p.Ha tambem duas distribuidoras de doces,a
Cledmilson Marmotta e a Estrogonofre's.A Cledmilson Marmotta manda um
vendedor para cada uma das p linhas horizontais,sendo que o vendedor da
i-esima linha tem i Kg de doce de jilo e distribui igualmente entre as
p
crianças. Da mesma forma Estrogonofre's manda um vendedor para cada uma
das
p linhas verticais,sendo que o vendedor da j-esima linha tem j Kg de doce
de
jaca e distribui igualmente entre as p crianças. De quantas maneiras podemos
escolher um grupo de crianças desse bairro para roubar-lhes os doces de
modo
que a quantidade de cada tipo de doce roubada seja inteira?[6]
Acho que encontrei a solução. De qualquer jeito, gostaria de comentários,
especialmente se a solução estiver errada.
Se as linhas escolhidas forem i_1, ..., i_r e as colunas j_1, ..., j_s,
então as quantidades serão:
(i_1 + ... + i_r)/p kg de doce de jiló
e
(j_1 + ... + j_s)/p kg de doce de jaca.
O peso total de cada doce será inteiro se e somente se
{i_1, ..., i_r} e {j_1, ..., j_s} forem subconjuntos de {1, 2, ..., p}
cujas
somas dos elementos sejam = 0 (mod p).
Dessa forma, o problema pode ser refraseado como:
Determinar o número de subconjuntos de {1, 2, ..., p}x{1, 2, ...,p} cuja
soma dos
elementos (definida da forma usual: (a,b)+(c,d)=(a+c,b+d) ) seja um par
ordenado da forma (mp,np) onde m e n são inteiros.
Assim, se M = número de subconjuntos de {1,2,...,p} que tenham a soma de
seus elementos = 0 (mod p), então o número desejado será igual a M^2.
Inicialmente, vamos determinar o valor de M.
Consideremos os subconjuntos de {1,2,...,p}com n elementos ( 1 = n =
p
).
Seja f(n) = número de tais subconjuntos cuja soma seja = 0 (mod p)
Então: M = f(1) + f(2) = ... = f(p-1) + f(p)
Se n = p, então o único subconjunto com soma = 0 (mod p) será {1,2,...,p}
==
f(p) = 1
Consideremos agora o caso 1 = n = p-1.
Tomemos um subconjunto de n elementos {a(1),...,a(n)} com soma = 0 (mod
p).
Para 1 = k = p-1, se somarmos k a cada um dos a(i), teremos que:
a(1) + ... + a(n) = kn (mod p)
Como p é primo e n p, os números 0, n, 2n, ..., (p-1)n formarão um sistema
completo de restos (mod p).
Assim, para cada k ( 1 = k = p-1) e a cada subconjunto {a(1), ...,a(n)}com
soma = 0 (mod p), podemos fazer
corresponder exatamente um conjunto cuja soma é = k (mod p).
Logo, o número de subconjuntos de n elementos cuja soma é = k (mod p),
será
o mesmo
para cada k (0 = k = p-1)
Como o número total de subconjuntos de n elementos de {1, 2, ..., p} é
C(p,n), teremos que f(n) = C(p,n)/p.
M = f(1) + f(2) + ... + f(p-1) + f(p) =
= C(p,1)/p + C(p,2)/p + ... + C(p,p-1)/p + 1 =
= (2^p - 2)/p + 1
Logo, M^2 = [(2^p - 2)/p + 1]^2
Obs: Existe uma maneira de roubar um número inteiro de cada tipo de doce
que
não foi computada acima. Trata-se de não roubar doce nenhum (ou seja, roubar
zero doces), o que corresponde ao subconjunto vazio de {1,...,p} x
{1,...,p}.
Se incluirmos essa maneira (e acho que devemos, pois é a única moral e
legalmente aceitável), a resposta será:
[(2^p - 2)/p + 1]^2 + 1.
Um abraço,
Claudio.
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[obm-l] Re: [obm-l] 2ª Vingança Olimpica - Problema 5
Nessa parte de conjuntos,lembre-se de que a criança(i;j)tem i kg de doce
de jilo e j kg de doce de jaca.E sao escolhidas crianças e nao linhas e
colunas.Tente verificar isso.Essa ultima parte foi considerada dificil.Mas
beleza sao so detalhes(acho)
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5)(Guilherme Issao)Existem p²,onde p e primo,crianças dispostas num bairro
como um tabuleiro p por p.Ha tambem duas distribuidoras de doces,a
Cledmilson Marmotta e a Estrogonofre's.A Cledmilson Marmotta manda um
vendedor para cada uma das p linhas horizontais,sendo que o vendedor da
i-esima linha tem i Kg de doce de jilo e distribui igualmente entre as
p
crianças. Da mesma forma Estrogonofre's manda um vendedor para cada uma
das
p linhas verticais,sendo que o vendedor da j-esima linha tem j Kg de doce
de
jaca e distribui igualmente entre as p crianças. De quantas maneiras podemos
escolher um grupo de crianças desse bairro para roubar-lhes os doces de
modo
que a quantidade de cada tipo de doce roubada seja inteira?[6]
Acho que encontrei a solução. De qualquer jeito, gostaria de comentários,
especialmente se a solução estiver errada.
Se as linhas escolhidas forem i_1, ..., i_r e as colunas j_1, ..., j_s,
então as quantidades serão:
(i_1 + ... + i_r)/p kg de doce de jiló
e
(j_1 + ... + j_s)/p kg de doce de jaca.
O peso total de cada doce será inteiro se e somente se
{i_1, ..., i_r} e {j_1, ..., j_s} forem subconjuntos de {1, 2, ..., p}
cujas
somas dos elementos sejam = 0 (mod p).
Dessa forma, o problema pode ser refraseado como:
Determinar o número de subconjuntos de {1, 2, ..., p}x{1, 2, ...,p} cuja
soma dos
elementos (definida da forma usual: (a,b)+(c,d)=(a+c,b+d) ) seja um par
ordenado da forma (mp,np) onde m e n são inteiros.
Assim, se M = número de subconjuntos de {1,2,...,p} que tenham a soma de
seus elementos = 0 (mod p), então o número desejado será igual a M^2.
Inicialmente, vamos determinar o valor de M.
Consideremos os subconjuntos de {1,2,...,p}com n elementos ( 1 = n =
p
).
Seja f(n) = número de tais subconjuntos cuja soma seja = 0 (mod p)
Então: M = f(1) + f(2) = ... = f(p-1) + f(p)
Se n = p, então o único subconjunto com soma = 0 (mod p) será {1,2,...,p}
==
f(p) = 1
Consideremos agora o caso 1 = n = p-1.
Tomemos um subconjunto de n elementos {a(1),...,a(n)} com soma = 0 (mod
p).
Para 1 = k = p-1, se somarmos k a cada um dos a(i), teremos que:
a(1) + ... + a(n) = kn (mod p)
Como p é primo e n p, os números 0, n, 2n, ..., (p-1)n formarão um sistema
completo de restos (mod p).
Assim, para cada k ( 1 = k = p-1) e a cada subconjunto {a(1), ...,a(n)}com
soma = 0 (mod p), podemos fazer
corresponder exatamente um conjunto cuja soma é = k (mod p).
Logo, o número de subconjuntos de n elementos cuja soma é = k (mod p),
será
o mesmo
para cada k (0 = k = p-1)
Como o número total de subconjuntos de n elementos de {1, 2, ..., p} é
C(p,n), teremos que f(n) = C(p,n)/p.
M = f(1) + f(2) + ... + f(p-1) + f(p) =
= C(p,1)/p + C(p,2)/p + ... + C(p,p-1)/p + 1 =
= (2^p - 2)/p + 1
Logo, M^2 = [(2^p - 2)/p + 1]^2
Obs: Existe uma maneira de roubar um número inteiro de cada tipo de doce
que
não foi computada acima. Trata-se de não roubar doce nenhum (ou seja, roubar
zero doces), o que corresponde ao subconjunto vazio de {1,...,p} x
{1,...,p}.
Se incluirmos essa maneira (e acho que devemos, pois é a única moral e
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[(2^p - 2)/p + 1]^2 + 1.
Um abraço,
Claudio.
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Re: [obm-l] equacao 2 grau, seno coseno?
A.C Morgado - Valeu, brigadao mesmo. (eu esqueci desse detalhe) From: "A. C. Morgado" <[EMAIL PROTECTED]> Reply-To: [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Subject: Re: [obm-l] equacao 2 grau, seno coseno? Date: Mon, 24 Mar 2003 20:17:56 -0300 A soma dos quadrados das raizes vale 1. Juliano L.A. wrote: ae pessoal, se uma equacao do segundo grau tem como raizes o seno e o coseno de um mesmo arco, tem alguma coisa de especial nela? vou deixar o enunciado aki Determine K de modo que as raízes da equação do segundo grau: (k - 5).x² - 4.k.x + k - 2 = 0 sejam o seno e o co-seno de um mesmo arco. valeu obs: nao qero que alguem resolva p/ mim, soh qero uma saida, valeu! MSN Hotmail, o maior webmail do Brasil. Faça o seu agora. with MSN 8. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é = MSN Messenger: converse com os seus amigos online. Instale grátis. Clique aqui. Get 2 months FREE*. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é <[EMAIL PROTECTED]> =
[obm-l] Pentágono
Pessoal, não consigo achar a solução desse problema. Como estou pensando a bastante tempo, sempre começo de onde parei. Acho que estou cometendo algum tipo de erro e repetindo o erro sempre que penso na questão. Ajudem-me por favor. Um abraço. Fábio Bernardo ABCDE é um pentágono regular. AP, AQ e AR são perpendiculares traçadas de A até CD e os prolongamentos de CB e DE, respectivamente. Se O é o centro do pentágono e OP=1, então AO+AQ+AR é igual a: a) 3 b) 1+ c) 4 d) 2+ e) 5 clip_image002.gifclip_image003.gifclip_image005.jpg
[obm-l] Re: [obm-l] Pentágono
Como O é ocentro do pentágono e OP=1, então concluímos que a área do pentágono vale 5 x (L x 1)/2, onde L é a medida do lado do pentágono. Também é verdade que essa área poderia ter sido calculada da seguinte forma: 1º - Ligue os pontos A a C e A a D. 2° - Note que a área do pentágono pode ser encontrada como a soma das áreas dos triângulos ABC, ACD e ADE. As bases (e alturas) dos triângulos são, respectivamente, BC (AQ) ; CD (AP = 1 + AO) e DE (AR). Daí, se calcularmos a soma das áreas desses três triângulos e igualarmos à área do pentágono, encontraremos AQ + AO + AR = 4. Resposta: Letra C. Espero ter ajudado, Poncio Mineiro. - Original Message - From: Fabio Bernardo To: obm Sent: Tuesday, March 25, 2003 11:25 PM Subject: [obm-l] Pentágono E-mail Premium BOL Antivírus, anti-spam e até 100 MB de espaço. Assine já!http://email.bol.com.br Pessoal, não consigo achar a solução desse problema. Como estou pensando a bastante tempo, sempre começo de onde parei. Acho que estou cometendo algum tipo de erro e repetindo o erro sempre que penso na questão. Ajudem-me por favor. Um abraço. Fábio Bernardo ABCDE é um pentágono regular. AP, AQ e AR são perpendiculares traçadas de A até CD e os prolongamentos de CB e DE, respectivamente. Se O é o centro do pentágono e OP=1, então AO+AQ+AR é igual a: a) 3 b) 1+ c) 4 d) 2+ e) 5 clip_image002.gifclip_image003.gifclip_image005.jpg
Re: [obm-l] Re: [obm-l] 2ª Vingança Olimpica- Problema 5
Caro JP:
Voce tem razao. Sao escolhidas criancas e nao linhas e colunas.
Portanto, a minha solucao abaixo esta errada e o problema eh bem mais
complicado do que eu supuz inicialmente.
Por exemplo, para p = 3, a minha solucao eh ((2^3-2)/3 + 1)^2 = 3^2 = 9, mas
existem mais de nove maneiras de escolher as criancas:
Soma = (3,3)
(3,3)
(1,2) (2,1)
(1,1) (2,2)
Soma = (3,6)
(1,3) (2,3)
(1,1) (1,2) (1,3)
Soma = (6,3)
(3,1) (3,2)
(1,1) (2,1) (3,1)
Soma = (6,6)
(1,2) (2,1) (3,3)
(1,1) (2,2) (3,3)
(2,1) (2,2) (2,3)
(1,2) (2,2) (3,2)
(1,1) (1,2) (2,1) (2,2)
Soma = (6,9)
(1,3) (2,3) (3,3)
...
De qualquer forma, como cada crianca corresponde a um par (i,j) com
1 = i, j = p acho que a minha reformulacao esta correta, ou seja, o
problema eh realmente o de se determinar o número de subconjuntos de:
{1, 2, ..., p}x{1, 2, ...,p} cuja soma dos elementos
(definida da forma usual: (a,b)+(c,d)=(a+c,b+d) ) seja um par ordenado da
forma (mp,np) onde m e n são inteiros.
O erro na solucao abaixo foi assumir que um subconjunto de um produto
cartesiano tambem eh um produto cartesiano, o que nao eh verdade em geral.
on 25.03.03 20:55, [EMAIL PROTECTED] at
[EMAIL PROTECTED] wrote:
Nessa parte de conjuntos,lembre-se de que a criança(i;j)tem i kg de doce
de jilo e j kg de doce de jaca.E sao escolhidas crianças e nao linhas e
colunas.Tente verificar isso.Essa ultima parte foi considerada dificil.Mas
beleza sao so detalhes(acho)
-- Mensagem original --
5)(Guilherme Issao)Existem p²,onde p e primo,crianças dispostas num bairro
como um tabuleiro p por p.Ha tambem duas distribuidoras de doces,a
Cledmilson Marmotta e a Estrogonofre's.A Cledmilson Marmotta manda um
vendedor para cada uma das p linhas horizontais,sendo que o vendedor da
i-esima linha tem i Kg de doce de jilo e distribui igualmente entre as
p
crianças. Da mesma forma Estrogonofre's manda um vendedor para cada uma
das
p linhas verticais,sendo que o vendedor da j-esima linha tem j Kg de doce
de
jaca e distribui igualmente entre as p crianças. De quantas maneiras podemos
escolher um grupo de crianças desse bairro para roubar-lhes os doces de
modo
que a quantidade de cada tipo de doce roubada seja inteira?[6]
Acho que encontrei a solução. De qualquer jeito, gostaria de comentários,
especialmente se a solução estiver errada.
Se as linhas escolhidas forem i_1, ..., i_r e as colunas j_1, ..., j_s,
então as quantidades serão:
(i_1 + ... + i_r)/p kg de doce de jiló
e
(j_1 + ... + j_s)/p kg de doce de jaca.
O peso total de cada doce será inteiro se e somente se
{i_1, ..., i_r} e {j_1, ..., j_s} forem subconjuntos de {1, 2, ..., p}
cujas
somas dos elementos sejam = 0 (mod p).
Dessa forma, o problema pode ser refraseado como:
Determinar o número de subconjuntos de {1, 2, ..., p}x{1, 2, ...,p} cuja
soma dos
elementos (definida da forma usual: (a,b)+(c,d)=(a+c,b+d) ) seja um par
ordenado da forma (mp,np) onde m e n são inteiros.
Assim, se M = número de subconjuntos de {1,2,...,p} que tenham a soma de
seus elementos = 0 (mod p), então o número desejado será igual a M^2.
Inicialmente, vamos determinar o valor de M.
Consideremos os subconjuntos de {1,2,...,p}com n elementos ( 1 = n =
p
).
Seja f(n) = número de tais subconjuntos cuja soma seja = 0 (mod p)
Então: M = f(1) + f(2) = ... = f(p-1) + f(p)
Se n = p, então o único subconjunto com soma = 0 (mod p) será {1,2,...,p}
==
f(p) = 1
Consideremos agora o caso 1 = n = p-1.
Tomemos um subconjunto de n elementos {a(1),...,a(n)} com soma = 0 (mod
p).
Para 1 = k = p-1, se somarmos k a cada um dos a(i), teremos que:
a(1) + ... + a(n) = kn (mod p)
Como p é primo e n p, os números 0, n, 2n, ..., (p-1)n formarão um sistema
completo de restos (mod p).
Assim, para cada k ( 1 = k = p-1) e a cada subconjunto {a(1), ...,a(n)}com
soma = 0 (mod p), podemos fazer
corresponder exatamente um conjunto cuja soma é = k (mod p).
Logo, o número de subconjuntos de n elementos cuja soma é = k (mod p),
será
o mesmo
para cada k (0 = k = p-1)
Como o número total de subconjuntos de n elementos de {1, 2, ..., p} é
C(p,n), teremos que f(n) = C(p,n)/p.
M = f(1) + f(2) + ... + f(p-1) + f(p) =
= C(p,1)/p + C(p,2)/p + ... + C(p,p-1)/p + 1 =
= (2^p - 2)/p + 1
Logo, M^2 = [(2^p - 2)/p + 1]^2
Obs: Existe uma maneira de roubar um número inteiro de cada tipo de doce
que
não foi computada acima. Trata-se de não roubar doce nenhum (ou seja, roubar
zero doces), o que corresponde ao subconjunto vazio de {1,...,p} x
{1,...,p}.
Se incluirmos essa maneira (e acho que devemos, pois é a única moral e
legalmente aceitável), a resposta será:
[(2^p - 2)/p + 1]^2 + 1.
Um abraço,
Claudio.
=
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