Re: [obm-l] Bases em R^3
Bom dia! Vo cê deve eliminar os ternos de vetores onde haja vetores linearmente dependentes. Sds, PJMS Em 5 de julho de 2015 23:11, Eduardo Henrique dr.dhe...@outlook.com escreveu: Pessoal, uma questão aqui dum livro, e eu não consegui fazer: Seja A o conjunto de todos os vetores em R³ cujas coordenadas são 0's ou 1's. Quantas bases de R³ podemos formar com elementos desse conjunto? __ Inicialmente eu pensei assim: Esse conjunto contém 8 elementos, porém o (0,0,0) não ajudará na formação duma base, logo pro primeiro elemento da base eu teria 7 possibilidades, pra segunda 6 possibilidades e pra última, apenas 5. Como temos 3 elementos da base, há 6 permutações desses elementos. Então achei que eram 35 (7x5) elementos... Depois vi que eu considerei os vetores (1,1,1),(1,1,0),(0,0,1) que não formam uma base... Como resolver isso? Poderiam me ajudar? Att. Eduardo -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Desafio versão 2
Eis ai um desafio https://www.youtube.com/watch?v=7mS4jOLcXT8 será que existe uma solução geométrica? -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
RE: [obm-l] Problema
Qual é realmente a estratégia para vencer?
-Mensagem Original-
De: Mauricio de Araujo mauricio.de.ara...@gmail.com
Enviada em: 01/07/2015 14:24
Para: obm-l@mat.puc-rio.br obm-l@mat.puc-rio.br
Assunto: Re: [obm-l] Problema
ou melhor, A deve evitar enquanto puder apagar algum múltiplo de 5.
Em 1 de julho de 2015 14:21, Mauricio de Araujo
mauricio.de.ara...@gmail.com escreveu:
A não deve apagar nenhum múltiplo de 5.
Em 1 de julho de 2015 14:19, Mauricio de Araujo
mauricio.de.ara...@gmail.com escreveu:
Ao final do jogo, A terá apagado 13 números e B 12 números (para que
sobre 2 números)... a estratégia vencedora de B seria apagar todos os
números 3(mod5) e 4(mod5) além de 3 números 0(mod5) dos quatro existentes,
ou seja, teria de executar 13 ações de apagar... como ele só joga 12 vezes
A vence sempre (desde que jogue com cuidado)..
Em 1 de julho de 2015 13:30, Pedro José petroc...@gmail.com escreveu:
Bom dia !
Está errado o jogador pode escolher a sobra de E ou F antes de cabarem
todos os números. Necessita de reanálise.
-- Mensagem encaminhada --
De: Pedro José petroc...@gmail.com
Data: 1 de julho de 2015 10:54
Assunto: Re: [obm-l] Problema
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Bom dia!
E={1,6,11,16,21,26} e F= {4,9,14,19,24} Para qualquer par (a,b) com a Ɛ E
e b Ɛ F == a + b ≡ 0 (mod5).
G= {2, 7, 12, 17, 22,27} e H = {3, 8, 13, 18, 23} Para qualquer (a,b)
com a Ɛ G e b Ɛ H == a + b ≡ 0 (mod5).
J= {5, 15, 20, 25} Para qualquer par (a,b) com a,b Ɛ J== a + b ≡ 0
(mod5).
O jogador A só ganha se restarem dois números pertencentes a J, um a G e
outro a H, um a E e outro a F.
Portanto o jogador B vence fácil.
Basta para cada escolha a do jogador A que inicia, o jogador B deve
escolher -a | a + (-a) ≡ 0 (mod5).
Se A escolhe em E, B escolhe em F e vice-versa.
Se A escolhe em G, B escolhe em H e vice-versa.
Se A escolhem J, B escolhe em J.
Como a cardinalidade de E e G é maior que a cardinalidade de F e H e a
cardinalidade de J é par, ao final sobrarão um elemento s Ɛ E e t Ɛ F
| s + t ≡ 3 (mod5)
Saudações,
PJMS
Em 1 de julho de 2015 06:46, bened...@ufrnet.br escreveu:
Problema
Dois jogadores, A e B, disputam um jogo, em que jogam alternadamente. O
jogador A começa. Uma jogada consiste em apagar um dos números inteiros do
conjunto {1, 2, 3,..., 27} até que reste somente dois números. Se a soma
desses dois últimos números for divisível por 5, o jogador A vence, caso
contrário, vence o jogador B.
Se cada jogador faz suas melhores jogadas, quem vence: A ou B? Qual é a
estratégia para vencer?
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acredita-se estar livre de perigo.
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Abraços
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[A mensagem original inteira não está incluída.]
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Sistema de equações
Boa tarde! Na verdade 0a1, 0b1 e 0c1. (ii) ab+bc+ac =1 (v) a+b+c = abc É fácil ver que pelo menos duas varíaveis devam ser menores que 1 para atender (ii) (v) e (ii) impedem que haja apenas uma das varíaveis maior ou igual a 1. Já que o sistema é simétrico. Vamos supor que a = 1== ab 1 pois caso contrário não teríamos como atender ab + bc + ac =1; pois, ac0 e bc0. Então abc 1 pois c1 e por (v) abc = a + b +c (absurdo pois a+ b + c 1). Saudações, PJMS Em 3 de julho de 2015 18:43, Ralph Teixeira ralp...@gmail.com escreveu: Bom, podemos mostrar que sen²x+sen²y+sen²z=1; x+y+z=pi/2 implicam que algum dos ângulos x, y, z é múltiplo de pi/2 (em particular, não serão todos positivos). Serve para o que você quer? Em primeiro lugar, tome A=2x, B=2y e C=2z. Traduzimos tudo então para: (1-cosA)/2+(1-cosB)/2+(1-cosC)/2=1, isto é, cosA+cosB+cosC=1. A+B+C=pi E quero mostrar que A ou B ou C são múltiplos de pi, ou seja, que sinAsinBsinC=0. Oras, como A+B+C=pi, cosC=-cos(A+B)=sinAsinB-cosAcosB. Jogando na primeira: sinA.sinB=1-cosA-cosB+cosAcosB=(1-cosA)(1-cosB) Se sinAsinB0, posso multiplicar isto por (1+cosA)(1+cosB)/(sinAsinB) dos dois lados: (1+cosA)(1+cosB)=sinA.sinB Igualando essas duas equações, tiro que cosA+cosB=0. Então cosC=1, portanto sinC=0. (Hmmm, que estranho... errei alguma conta?) ---///--- Suponho que sua primeira condição seja análoga, fazendo a=tanx, b=tany,c=tanz, acertei? Abraço, Ralph. 2015-07-03 16:01 GMT-03:00 Pedro José petroc...@gmail.com: Boa tarde! (i) a²/(1+a²)+b²/(1+b²)+c²/(1+c²)=1 (ii) ab+bc+ac=1 de (i) temos a^2(1+b^2)*(1+c^2) + b^2(1+a^2)*(1+c^2) +c^2*(1+a^2)*(1+b^2) = (1+a^2)*(1+b^2)*(1+c^2) 2*a^2*b^2*c^2 +a^2*b^2 + b^2*c^2 + a^2*c^2 = 1 (iii) de (ii) 1 = a^2*b^2 + a^2*c^2+b^2*c^2 + 2*(a^2*b*c + b^2*a*c+c^2*a*b) (iv) (iii) e (iv) == 2*a^2*b^2*c^2 = 2*(a^2*b*c + b^2*a*c+c^2*a*b) == abc= a+ b +c (v) É fácil observar que a=b=c=0 atende (v) Seja y=abc e z = a+ b+ c a 0, b0 e c0 e (ii) == 0a1, 0b1 e c0c1. == ab1, bc 1 e ac1. δy/δa = bc, δy/δb = ac, δy/δc = ab e δz/δa = 1, δz/δb = 1, δz/δc = 1 Logo y cresce a uma taxa menor z para 0a1, 0b1 e c0c1 e como para a=b=c =0 : y=z == y z para 0a1, 0b1 e c0c1. É bem provável que exista uma solução mais elegante usando alguma desigualdade Sds, PJMS Em 2 de julho de 2015 14:54, Israel Meireles Chrisostomo israelmchrisost...@gmail.com escreveu: Olá pessoal, boa tarde.Será que alguém aí sabe se o problema abaixo existe em algum livro, olimpíada ou em qualquer outro lugar?Por favor, se souberem, me digam qual Prove que o sistema não possui soluções reais positivas: a²/(1+a²)+b²/(1+b²)+c²/(1+c²)=1 ab+bc+ac=1 Ou alguém conhece um problema com o seguinte enunciado: Prove que se sen²a+sen²b+sen²c=1 então a+b+c≠pi/2 Se tiverem o livro/prova que tenham estes problemas, por favor, me digam qual. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
