Re: [obm-l]

[Esdras Muniz]

Usa que f(x^2+x-3)=(x^3+2x^2-3x-5)f(x).

Em qui, 7 de nov de 2019 11:53, gilberto azevedo 
escreveu:

> [Polinômios]
>
> Dada a função f(x) = x³ + x² - 4x + 1 , mostrar que se f(r) = 0 , então
> f(r² + r -3) = 0.
> Creio que tem uma sacada pra aparecer r³ + r² - 4r + 1 , e usar que isso é
> 0, porém não estou enxergando.
>
> --
> 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] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Minha solução para o item c) do problema 3 da prova da OBM-2017

[Pedro José]

Bom dia!
Cláudio,
peço máxima vênia e venho discordar de você.
Se você pegar a soma da PG: 1, 5, 25 , que é a quebra do número de
algarismos.
Ou seja a partir de S1=1, temos pelo menos um algarismo no impa
A partir de S2=6 temos pelo menos dois algarismos no impa
A partir de S3= 31 temos pelo menos três algarismos no impa
A partir de Sn=(5^n-1)/4 temos pelo menos n algarismo no impa

Há um padrão de repetição dos algarismos no sistema impa.
AnAn-1...A3A2A1Ao
Quando na posição mais a direita de menor ordem, posição Ao
13579135791357119
Portanto para definir o ´algarismo Ao. Nota y=[x], significa parte inteira.
Basta pegar ko= n-S1 e fazer xo=ko mod 5 e pegar o resíduo em {0,1,2,3,4}
se Ao= 2xo+1.
Para a posição de A1 a partir de S2=6 temos:
13579 13579...
Basta pegar k1= [(n-s2)/5] e fazer x1=k1 mod5 e aplicar A1=2x1+1

Para um algarismo de ordem i
Basta pegar ki=[(n-Si+1)/5^i] e fazer xi= k1 mod5 e Ai=2xi+1.

Mas Si+1 = (1,1,1,...1,1) base 5 com i+1 elementos 1.
então Zi = (n)base 5 - (1,1,1...111)= (BnBn-1...Bi+1BiBi-1...A3A2A1Ao
ki=[Zi/5î] = Bn*5^(n-i)+ Bn-a*5^(n-i-1)+ +Bi+1*5+ Bi
Fora o Bi as demais parcelas obrigatoriamente são côngruas de zero mod5.
Então xi=ki mod5=Bi
Aí fica muito fáciL;
Passo 1, define n na base 5
Passo 2 Subtrai o maior número na base 5 formado só por ...1 e menor
que n.
Passo 3 Substitui os algarismos encontrados por Ai=2xi+1, até termos tantos
algarismos (da direita para esquerda) quanto os do número que subtraímos
...111, inclusive os zeros a esquerda.
E temos o número.
E.g., Como representar 9839962
1o Passo 9839962= (1004334322) base 5
2o passo 1004334322-1 base 5 =3343223211
3o passo 7797557533 impa.

Gastei 5 min com conferência.


Para fazer esse número com contagem, fica complicado,

Por exemplo para o número 2017
31032
31032-1=14421
39953.

Em 1min e 20 s.

Acho que a sugestão de Cauã foi muito boa.


Saudações,
PJMS


Em sex., 8 de nov. de 2019 às 09:08, Claudio Buffara <
claudio.buff...@gmail.com> escreveu:

> Uma forma de ver se sua solução está certa é tentar dar outra solução,
> essencialmente diferente da primeira.
>
> A meu ver, a solução mais elementar é por enumeração pura e simples e usa
> apenas o princípio multiplicativo, sem nenhuma "sacada brilhante".
>
> Há 5 números de um algarismo no sistema Impa (1, 3, 5, 7, 9);
> 5^2 = 25 números de dois algarismos;
> 5^3 = 125 de três;
> 5^4 = 625 de quatro.
> Isso significa que , o maior número de quatro algarismos no sistema
> Impa, ocupa o lugar de número 5+25+125+625 = 780 na sequência e, portanto,
> corresponde ao número 780 no sistema decimal.
>
> 5^5 = 3125 > 2017, o que implica que 2017 corresponde a um número Impa de
> cinco algarismos.
> Há 625 números Impa de 5 algarismos começando com 1 (de 1 a 1) ==>
> 1 corresponde a 780+625 = 1405
> Há 625 deles começando com 3 (de 3 a 3) ==> 3 corresponde a
> 1405+780 = 2185.
> Ou seja, o número desejado (correspondente a 2017) começa com "3".
>
> Voltando ao 1 (correspondente ao nosso 1405) ...
> O número seguinte é 3 (1406).
> Há:
> - 125 números começando com 31 (de 3 a 31999): 1405+125 = 1530;
> - 125 começando com 33 (33111 a 33999): 1530+125 = 1655
> - 125 começando com 35: 1655+125 = 1780
> - 125 começando com 37: 1780+125 = 1905
> - 125 começando com 39: 1905+125 = 2030 ==> o número desejado começa com
> "39".
>
> Tomemos, então, o Impa 37999 (correspondente a 1905). O seguinte é o 39111.
> Há:
> - 25 números começando com 391 (39111 a 39199): 1905+25 = 1930
> - 25 começando com 393: 1930+25 = 1955
> - 25 começando com 395: 1955+25 = 1980
> - 25 começando com 397: 1980+25 = 2005 ==> 2005 corresponde ao Impa 39799
> ==> 2006 é 39911
>
> E, por fim, há:
> - 5 números começando com 3991: 2005+5 = 2010
> - 5 começando com 3993: 2010+5 = 2015 ==> 2015 corresponde ao Impa 39939
> ==> 2016 é 39951 ==> 2017 é 39953.
>
> []s,
> Claudio.
>
>
> On Thu, Nov 7, 2019 at 12:36 PM Cauã DSR  wrote:
>
>>
>> Tenho um pequeno problema, eu fiz o item C) do problema 3 da prova da OBM
>> de 2017, mas não tenho certeza sobre seu resultado, então achei uma boa
>> fazer minha primeira aparição no grupo perguntando se o que fiz está certo.
>>
>> 3. Na Terra dos Impas, somente os algarismos ímpares são utilizados para
>> contar e escrever números. Assim, em vez dos numeros 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,
>> 8, 9, 10, 11, 12,. . . os Impas tem os números correspondentes 1, 3, 5, 7,
>> 9, 11, 13, 15, 17, 19, 31, 33, . . . (note que os números dos Impas tem
>> somente algarismos ímpares). Por exemplo, se
>> uma criança tem 11 anos, os Impas diriam que ela tem 31 anos.
>>
>> c) Escreva, na linguagem dos Impas, o numero que na nossa representação
>> decimal é escrito como 2017.
>>
>> Minha solução:
>> Como no problema só temos Ímpares para usar como algarismo {1,3,5,7,9},
>> temos um sistema de numeração de base 5, porém com os algarismos ímpares ao
>> invés da base 5 comumente usada 

[obm-l] Re: [obm-l] Minha solução para o item c) do problema 3 da prova da OBM-2017

[Claudio Buffara]

Uma forma de ver se sua solução está certa é tentar dar outra solução,
essencialmente diferente da primeira.

A meu ver, a solução mais elementar é por enumeração pura e simples e usa
apenas o princípio multiplicativo, sem nenhuma "sacada brilhante".

Há 5 números de um algarismo no sistema Impa (1, 3, 5, 7, 9);
5^2 = 25 números de dois algarismos;
5^3 = 125 de três;
5^4 = 625 de quatro.
Isso significa que , o maior número de quatro algarismos no sistema
Impa, ocupa o lugar de número 5+25+125+625 = 780 na sequência e, portanto,
corresponde ao número 780 no sistema decimal.

5^5 = 3125 > 2017, o que implica que 2017 corresponde a um número Impa de
cinco algarismos.
Há 625 números Impa de 5 algarismos começando com 1 (de 1 a 1) ==>
1 corresponde a 780+625 = 1405
Há 625 deles começando com 3 (de 3 a 3) ==> 3 corresponde a
1405+780 = 2185.
Ou seja, o número desejado (correspondente a 2017) começa com "3".

Voltando ao 1 (correspondente ao nosso 1405) ...
O número seguinte é 3 (1406).
Há:
- 125 números começando com 31 (de 3 a 31999): 1405+125 = 1530;
- 125 começando com 33 (33111 a 33999): 1530+125 = 1655
- 125 começando com 35: 1655+125 = 1780
- 125 começando com 37: 1780+125 = 1905
- 125 começando com 39: 1905+125 = 2030 ==> o número desejado começa com
"39".

Tomemos, então, o Impa 37999 (correspondente a 1905). O seguinte é o 39111.
Há:
- 25 números começando com 391 (39111 a 39199): 1905+25 = 1930
- 25 começando com 393: 1930+25 = 1955
- 25 começando com 395: 1955+25 = 1980
- 25 começando com 397: 1980+25 = 2005 ==> 2005 corresponde ao Impa 39799
==> 2006 é 39911

E, por fim, há:
- 5 números começando com 3991: 2005+5 = 2010
- 5 começando com 3993: 2010+5 = 2015 ==> 2015 corresponde ao Impa 39939
==> 2016 é 39951 ==> 2017 é 39953.

[]s,
Claudio.


On Thu, Nov 7, 2019 at 12:36 PM Cauã DSR  wrote:

>
> Tenho um pequeno problema, eu fiz o item C) do problema 3 da prova da OBM
> de 2017, mas não tenho certeza sobre seu resultado, então achei uma boa
> fazer minha primeira aparição no grupo perguntando se o que fiz está certo.
>
> 3. Na Terra dos Impas, somente os algarismos ímpares são utilizados para
> contar e escrever números. Assim, em vez dos numeros 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,
> 8, 9, 10, 11, 12,. . . os Impas tem os números correspondentes 1, 3, 5, 7,
> 9, 11, 13, 15, 17, 19, 31, 33, . . . (note que os números dos Impas tem
> somente algarismos ímpares). Por exemplo, se
> uma criança tem 11 anos, os Impas diriam que ela tem 31 anos.
>
> c) Escreva, na linguagem dos Impas, o numero que na nossa representação
> decimal é escrito como 2017.
>
> Minha solução:
> Como no problema só temos Ímpares para usar como algarismo {1,3,5,7,9},
> temos um sistema de numeração de base 5, porém com os algarismos ímpares ao
> invés da base 5 comumente usada {0,1,2,3,4}. Ao analisar isso decidi
> transformar 2017 em um número de Base 5 {1,2,3,4,5}, ao usar esta base,
> percebi que para transformar um número de Base Decimal em um de Base 5
> {1,2,3,4,5} é quase o mesmo processo para transformá-lo em um número de
> Base 5 {0,1,2,3,4}, onde a única diferença é que podemos usar 5x5^n e que
> quando tivermos 0x5^n apenas basta ignorá-lo e partir para a próxima
> potência de 5 (5^n-1).
> Ao fazer isto obtive o seguinte:
>
> 2017= 3x5^4+1x5^3+3x5^1+2x5^0
> 2017= 3132
>
> Agora, saibam que tem como transformar um número n de base 5 {1,2,3,4,5}
> em um número x de base 5 {1,3,5,7,9} apenas mudando os algarismos
> correspondentes, uma vez que os dois tem base 5.
> então temos os seguinte correspondentes das Bases 5 {1,2,3,4,5} e
> {1,3,5,7,9} respectivamente
> 1=1
> 2=3
> 3=5
> 4=7
> 5=9
>
> Portanto o número 3132 da Base 5 {1,2,3,4,5} vira 5153 da Base 5
> {1,3,5,7,9}
>
> --
> 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] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Minha solução para o item c) do problema 3 da prova da OBM-2017

[Pedro José]

Bom dia!
Creio que não.
Por exemplo, 11 na base 6 é 15.
Daria 39, do jeito que você propôs. Mas dá 31.
Fiz a transformação de 2017 de várias formas e deu sempre 39953.
Alguém tem a resposta?

Saudações, PJMS


Em sex, 8 de nov de 2019 06:58, Esdras Muniz 
escreveu:

> Acho que é só passar 2017 para a base 6 e depois substituir os algarismos
> 0, 1, 2, 3, 4, 5 por 1, 3, 5, 7, 9 respectivamente.
>
> Assim, 2017 na base 6 é 13201, trocando os algarismos, fica: 37513.
>
> Em qui, 7 de nov de 2019 22:16, Cauã DSR 
> escreveu:
>
>> Muito obrigado! É realmente uma honra ler isso.
>> Sobre a questão eu ficarei de analisá-la (principalmente algumas funções
>> que não entendi ainda) no sábado, se possível
>>
>> Em qui, 7 de nov de 2019 9:27 PM, Pedro José 
>> escreveu:
>>
>>> Boa noite!
>>>
>>> Pode-se usar a soma da PG de razão 5 e o primeir termo 1
>>>
>>> então, no sistema impa, teremos 5 números com 1 algarismo, 30 números
>>> com 1ou 2 algarismos, 155 números com até 3 algarismos, 780 números com até
>>> 4 algarismos e Sn=(5^n-1)/4 números com até n algarismos.
>>>
>>> Os algarismos de ordem mais baixa tem um padrão 1 3 5 7 9 1 3 5 7 9...
>>> depois 1 3 5 7 9, depois ...1(5^2vezes)  3..33
>>> .55
>>> 77.777  e assim sucessivamente.
>>>
>>> Do algarismo menos significativo para o mais.
>>> Até 5 só há um algarismo.
>>> De 6= S2 em diante teremos pelo menos dois algarismos
>>> De  31= S3 em diante teremos pelo menos dois algarismos.
>>> De 156 = S4 em diante teremos pelo menos três algarismos
>>>
>>> De Sn+1 teremos pelo menos n algarismos.
>>> Podemos achar os algarismos xn xn-1 ...x2 x1  para um número na base
>>> decimal assim
>>> se ai= 0 xi=1, se ai =1 xi=3; se ai=3 x1= 7 e se ai=4 xi=9 para i <=n
>>> k1=Int (y-S1) e a1= mod (k1;5)
>>> k2=int((y-S2)/5) e a2= mod(k2;5)
>>>
>>> kn=int((y-Sn)/ 5^(n-1)) e an = mod(kn;5)
>>>
>>> Para o número em questão: 2017
>>> k1 = 2016 e a1=1  então x1=3
>>> k2=int((2017-6)/5)=402; a2=2 então x2=5
>>> k3=int((2017-31)/25)=79. a3=4 então x3=9
>>> k4=int((2017-156)/125)=14; a4=4 e x4=9
>>> k5=int((2017-781)/625)=1; a5=1 e x5=3
>>>
>>> Não há mais algarismos pois 2017 <3906=S6. Portanto a representação é:
>>> 39953.
>>>
>>> Porém você, Cauã DSR ,deu uma ideia muito legal.
>>>
>>> Estou querendo provar duas coisas, que não consegui, mas estou certo que
>>> acontece.
>>>
>>>
>>> Se o número em decimal passado para base 5 não tiver algarismos zero,
>>> você pode simplesmente.
>>> 1 permanece 1 na impa
>>> 2 vira 3 na impa
>>> 3 vira 5 na impa
>>> 4 vira 7 na impa.
>>>
>>> Caso você tenha um número com algarismo zero quando transformado para a
>>> base 5,e.g., y= (x6x5x40x2x1)base5
>>> Você pode,sendo o o indicado o menos significativo, Impa (y)=
>>> Concat(impa(x6x5x40);impa(x2x1)) oNde concat é a concatenação.
>>>
>>> Assim para o nosso número original 2017= (31032) base5
>>> impa (310)base 5
>>> (310)base5=80
>>> k1=79; a1=4 e x1=9
>>> k2=int((80-6)/5=14 ;a2=4 e x2=9
>>> k3=int(80-31)/25=1 a3= 1 e x3 = 3
>>>
>>> então impa (310)base5= 399
>>> impa(32)= 53, faz direto pois não tem nenhum algarismo zero.
>>> Então impa (31032)=Concat (impa(310);(impa(32))= 39953; como achado
>>> acima.
>>>
>>> É uma sacada legal. Pois; se não tem algarismo zero na base 5 sai direto.
>>>
>>> Caso haja você quebra o número o da direita sai direto. E na esquerda
>>> você trabalha com um número menor.
>>> Depois é só concatenar.
>>> Só não consegui provar ainda. Sua ideia foi muito boa.
>>>
>>> Parabéns,
>>> PJMS.
>>>
>>>
>>>
>>>
>>>
>>>
>>>
>>>
>>>
>>>
>>>
>>>
>>> Em qui., 7 de nov. de 2019 às 17:27, Pedro José 
>>> escreveu:
>>>
 Boa tarde!
 Você seguiu uma linha de argumentação interessante.
 Mas não está correto.
 Pois existem 5 números com 1 algarismo 5^2 números com 2 algarismos,
 5^3 com 3 e assim sucessivamente.
 Usando a soma da PG
 6-11
 31 -111
 156 -
 781- 1
 Assim o maior número de 4 algarismos  representaria 780.
 O número teria que ter 5 algarismos.

 Saudações,
 PJMS



 Em qui., 7 de nov. de 2019 às 12:36, Cauã DSR 
 escreveu:

>
> Tenho um pequeno problema, eu fiz o item C) do problema 3 da prova da
> OBM de 2017, mas não tenho certeza sobre seu resultado, então achei uma 
> boa
> fazer minha primeira aparição no grupo perguntando se o que fiz está 
> certo.
>
> 3. Na Terra dos Impas, somente os algarismos ímpares são utilizados
> para contar e escrever números. Assim, em vez dos numeros 1, 2, 3, 4, 5, 
> 6,
> 7, 8, 9, 10, 11, 12,. . . os Impas tem os números correspondentes 1, 3, 5,
> 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 31, 33, . . . (note que os números dos Impas tem
> somente algarismos ímpares). Por exemplo, se
> uma criança tem 11 anos, os Impas diriam que ela tem 31 anos.
>
> c) Escreva, na linguagem dos Impas, o numero que na nossa
> representação decimal é escrito como 2017.
>

Re: [obm-l] Revista obm

[Carlos Gomes]

Olá amigos. No mês passado foi publicada mais uma Eureka. A publicação foi
reativada.

Att, Cgomes

Em sex, 8 de nov de 2019 06:31, Anderson Torres <
torres.anderson...@gmail.com> escreveu:

>
>
> Em qui., 10 de out. de 2019 às 11:02, samuel barbosa 
> escreveu:
>
>> Já existem dois números da Eureka prontos e estão em fase de revisão. O
>> número 41 certamente será publicado em sua versão online antes da prova da
>> OBM em novembro.
>>
>> A Eureka está voltando após um hiato de quase três anos.
>>
> Previsão de retorno? Eu ainda tô a fim de escrever um artigo para eles!
>
>
>>
>> Abraços
>> Samuel
>>
>> Em sáb, 28 de set de 2019 às 14:09, Israel Meireles Chrisostomo <
>> israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Alguém sabe se as publicações da revista OBM estão  suspensas?
>>>
>>> --
>>> Israel Meireles Chrisostomo
>>>
>>>
>>> 
>>>  Livre
>>> de vírus. www.avg.com
>>> .
>>>
>>> <#m_-5757417543590061019_m_832875430001420_m_1752696122834832852_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>
>>>
>>> --
>>> 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.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Teorema Fundamental da álgebra prova

[Anderson Torres]

Em qui., 10 de out. de 2019 às 19:03, Israel Meireles Chrisostomo <
israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:

> vc poderia me passar a prova desses resultados particulares do TFA(  o
> caso em que n/4 e 3n/4 não são quadrados perfeitos )?
>
>
> 
>  Livre
> de vírus. www.avg.com
> .
> <#m_-2634427926988328542_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>
>
> Em qui, 10 de out de 2019 às 17:07, Israel Meireles Chrisostomo <
> israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:
>
>> muito obrigado
>>
>> Em qui, 10 de out de 2019 às 16:59, Esdras Muniz <
>> esdrasmunizm...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Se o polinômios tem grau ímpar, vc consegue mostrar que ele tem uma raíz
>>> real, usando só a continuidade do polinômio. Tem tb uma demonstração
>>> elementar de um caso particular do tfa, o caso em que n/4 e 3n/4 não são
>>> quadrados perfeitos, onde n é o grau do polinômio.
>>>
>>> Em qui, 10 de out de 2019 16:12, Israel Meireles Chrisostomo <
>>> israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:
>>>

 Existe alguma demonstração do Teorema Fundamental da Álgebra sem
 recorrer aos números complexos?Tipo uma versão mais fraca (para polinômio
 com coeficientes inteiros e raízes reais)?

>>>
Como você quer não usar Complexos quando o problema é sobre números
complexos? Afinal o teorema fala claramente que todo polinômio complexo tem
uma raiz complexa.

O que melhor você pode tentar é o livro de Teoria dos Números do Ivan
Niven, ou alguns papers na internet. Achei isso com 10s de Google.

https://arxiv.org/abs/0808.0097
https://www.researchgate.net/publication/236965958_A_short_proof_of_the_Fundamental_Theorem_of_Algebra/link/54863b9a0cf268d28f044de6/download
https://www.ime.usp.br/~oliveira/FTAAUTHOR.pdf
http://math.fau.edu/richman/docs/Fta.pdf
https://math.nyu.edu/faculty/edwardsd/carnegie.pdf
http://www.cs.ru.nl/~herman/PUBS/Types00-GeuversWiedijkZwanenburg.pdf
https://link.springer.com/article/10.1007/s00283-011-9199-2
https://www.fc.up.pt/mp/jcsantos/PDF/artigos/FTA2.pdf
https://math.stackexchange.com/questions/1384350/is-this-elementary-proof-of-fundamental-theorem-of-algebra-correct



> --
 Israel Meireles Chrisostomo


 
  Livre
 de vírus. www.avg.com
 .

 <#m_-2634427926988328542_m_-1569285011696930660_m_3733022141868703845_m_-2898584284853493076_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>

 --
 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.
>>
>>
>>
>> --
>> Israel Meireles Chrisostomo
>>
>
>
> --
> Israel Meireles Chrisostomo
>
> --
> 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.

Re: [obm-l] Revista obm

[Anderson Torres]

Em qui., 10 de out. de 2019 às 11:02, samuel barbosa 
escreveu:

> Já existem dois números da Eureka prontos e estão em fase de revisão. O
> número 41 certamente será publicado em sua versão online antes da prova da
> OBM em novembro.
>
> A Eureka está voltando após um hiato de quase três anos.
>
Previsão de retorno? Eu ainda tô a fim de escrever um artigo para eles!


>
> Abraços
> Samuel
>
> Em sáb, 28 de set de 2019 às 14:09, Israel Meireles Chrisostomo <
> israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:
>
>> Alguém sabe se as publicações da revista OBM estão  suspensas?
>>
>> --
>> Israel Meireles Chrisostomo
>>
>>
>> 
>>  Livre
>> de vírus. www.avg.com
>> .
>>
>> <#m_832875430001420_m_1752696122834832852_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>
>>
>> --
>> 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.

Re: [obm-l] Conjectura de Goldbach

[Anderson Torres]

Em ter, 24 de set de 2019 às 14:44,  escreveu:
>
> Saudações a todos!
>
> Eu estava revendo os problemas em aberto da Matemática, quando me deparei –
> de novo! – com a Conjectura de Goldbach (1742). Eu acreditava que esta
> conjectura ainda não havia sido provada, contudo, encontrei, na Internet
> duas "provas" (sendo uma de um brasileiro):
>
> 1) Kenneth A. Watanabe (DEZ2018)
> 2) Adecio da Silva Santos (ABR2019)
>
> A maioria esmagadora de fontes confiáveis continua afirmando que esta
> conjectura permanece em aberto. Então, para a degustação de vocês, aí vão as
> duas "provas" que encontrei:
>
> 1) https://arxiv.org/pdf/1811.02415v5.pdf
> 2)
> https://www.nucleodoconhecimento.com.br/matematica/demonstracao-da-conjectur
> a

O Arxiv nem sempre é confiável. Ele está mais para um dump de papers,
onde as pessas podem ver por sua conta e risco.


>
> Albert Bouskelá
> bousk...@gmail.com
>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.


=
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Minha solução para o item c) do problema 3 da prova da OBM-2017

[Esdras Muniz]

Acho que é só passar 2017 para a base 6 e depois substituir os algarismos
0, 1, 2, 3, 4, 5 por 1, 3, 5, 7, 9 respectivamente.

Assim, 2017 na base 6 é 13201, trocando os algarismos, fica: 37513.

Em qui, 7 de nov de 2019 22:16, Cauã DSR  escreveu:

> Muito obrigado! É realmente uma honra ler isso.
> Sobre a questão eu ficarei de analisá-la (principalmente algumas funções
> que não entendi ainda) no sábado, se possível
>
> Em qui, 7 de nov de 2019 9:27 PM, Pedro José 
> escreveu:
>
>> Boa noite!
>>
>> Pode-se usar a soma da PG de razão 5 e o primeir termo 1
>>
>> então, no sistema impa, teremos 5 números com 1 algarismo, 30 números com
>> 1ou 2 algarismos, 155 números com até 3 algarismos, 780 números com até 4
>> algarismos e Sn=(5^n-1)/4 números com até n algarismos.
>>
>> Os algarismos de ordem mais baixa tem um padrão 1 3 5 7 9 1 3 5 7 9...
>> depois 1 3 5 7 9, depois ...1(5^2vezes)  3..33
>> .55
>> 77.777  e assim sucessivamente.
>>
>> Do algarismo menos significativo para o mais.
>> Até 5 só há um algarismo.
>> De 6= S2 em diante teremos pelo menos dois algarismos
>> De  31= S3 em diante teremos pelo menos dois algarismos.
>> De 156 = S4 em diante teremos pelo menos três algarismos
>>
>> De Sn+1 teremos pelo menos n algarismos.
>> Podemos achar os algarismos xn xn-1 ...x2 x1  para um número na base
>> decimal assim
>> se ai= 0 xi=1, se ai =1 xi=3; se ai=3 x1= 7 e se ai=4 xi=9 para i <=n
>> k1=Int (y-S1) e a1= mod (k1;5)
>> k2=int((y-S2)/5) e a2= mod(k2;5)
>>
>> kn=int((y-Sn)/ 5^(n-1)) e an = mod(kn;5)
>>
>> Para o número em questão: 2017
>> k1 = 2016 e a1=1  então x1=3
>> k2=int((2017-6)/5)=402; a2=2 então x2=5
>> k3=int((2017-31)/25)=79. a3=4 então x3=9
>> k4=int((2017-156)/125)=14; a4=4 e x4=9
>> k5=int((2017-781)/625)=1; a5=1 e x5=3
>>
>> Não há mais algarismos pois 2017 <3906=S6. Portanto a representação é:
>> 39953.
>>
>> Porém você, Cauã DSR ,deu uma ideia muito legal.
>>
>> Estou querendo provar duas coisas, que não consegui, mas estou certo que
>> acontece.
>>
>>
>> Se o número em decimal passado para base 5 não tiver algarismos zero,
>> você pode simplesmente.
>> 1 permanece 1 na impa
>> 2 vira 3 na impa
>> 3 vira 5 na impa
>> 4 vira 7 na impa.
>>
>> Caso você tenha um número com algarismo zero quando transformado para a
>> base 5,e.g., y= (x6x5x40x2x1)base5
>> Você pode,sendo o o indicado o menos significativo, Impa (y)=
>> Concat(impa(x6x5x40);impa(x2x1)) oNde concat é a concatenação.
>>
>> Assim para o nosso número original 2017= (31032) base5
>> impa (310)base 5
>> (310)base5=80
>> k1=79; a1=4 e x1=9
>> k2=int((80-6)/5=14 ;a2=4 e x2=9
>> k3=int(80-31)/25=1 a3= 1 e x3 = 3
>>
>> então impa (310)base5= 399
>> impa(32)= 53, faz direto pois não tem nenhum algarismo zero.
>> Então impa (31032)=Concat (impa(310);(impa(32))= 39953; como achado acima.
>>
>> É uma sacada legal. Pois; se não tem algarismo zero na base 5 sai direto.
>>
>> Caso haja você quebra o número o da direita sai direto. E na esquerda
>> você trabalha com um número menor.
>> Depois é só concatenar.
>> Só não consegui provar ainda. Sua ideia foi muito boa.
>>
>> Parabéns,
>> PJMS.
>>
>>
>>
>>
>>
>>
>>
>>
>>
>>
>>
>>
>> Em qui., 7 de nov. de 2019 às 17:27, Pedro José 
>> escreveu:
>>
>>> Boa tarde!
>>> Você seguiu uma linha de argumentação interessante.
>>> Mas não está correto.
>>> Pois existem 5 números com 1 algarismo 5^2 números com 2 algarismos, 5^3
>>> com 3 e assim sucessivamente.
>>> Usando a soma da PG
>>> 6-11
>>> 31 -111
>>> 156 -
>>> 781- 1
>>> Assim o maior número de 4 algarismos  representaria 780.
>>> O número teria que ter 5 algarismos.
>>>
>>> Saudações,
>>> PJMS
>>>
>>>
>>>
>>> Em qui., 7 de nov. de 2019 às 12:36, Cauã DSR 
>>> escreveu:
>>>

 Tenho um pequeno problema, eu fiz o item C) do problema 3 da prova da
 OBM de 2017, mas não tenho certeza sobre seu resultado, então achei uma boa
 fazer minha primeira aparição no grupo perguntando se o que fiz está certo.

 3. Na Terra dos Impas, somente os algarismos ímpares são utilizados
 para contar e escrever números. Assim, em vez dos numeros 1, 2, 3, 4, 5, 6,
 7, 8, 9, 10, 11, 12,. . . os Impas tem os números correspondentes 1, 3, 5,
 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 31, 33, . . . (note que os números dos Impas tem
 somente algarismos ímpares). Por exemplo, se
 uma criança tem 11 anos, os Impas diriam que ela tem 31 anos.

 c) Escreva, na linguagem dos Impas, o numero que na nossa representação
 decimal é escrito como 2017.

 Minha solução:
 Como no problema só temos Ímpares para usar como algarismo {1,3,5,7,9},
 temos um sistema de numeração de base 5, porém com os algarismos ímpares ao
 invés da base 5 comumente usada {0,1,2,3,4}. Ao analisar isso decidi
 transformar 2017 em um número de Base 5 {1,2,3,4,5}, ao usar esta base,
 percebi que para transformar um número de Base Decimal em um de Base 5
 {1,2,3,4,5} é quase o mesmo