RES: [obm-l] Resultado da IMC
Parabéns a todos! Foi um ótimo resultado, em uma competição muito disputada. Não me estranha que vocês tenham tido problemas de correção. O processo de correção e revisão da IMC ainda é muito artesanal. Ainda assim, todos devem estar muito orgulhosos do que conquistaram. Abraços e bom retorno! Luciano Castro -Mensagem original- De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] Em nome de alex.abreu Enviada em: quarta-feira, 28 de julho de 2004 16:36 Para: obm-l Assunto: [obm-l] Resultado da IMC Ola a todos da lista, Segue abaixo o resultado da IMC - 2004. Tivemos muito azar com os cortes. Foram eles: OURO - 131PRATA - 108 BRONZE - 73 NOME1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 TOTAL PREMIO Alex20 0 14 20 0 0 20 20 2 15 0 0 111 2nd Prize Carlos 20 5 12 18 19 0 20 3 17 0 0 0 114 2nd Prize Stein Diego 19 20 7 0 0 0 20 0 2 0 0 0 68Mencao Eduardo 13 20 0 18 0 0 2 0 0 0 0 0 53Mencao Famini Eduardo 20 20 15 0 0 0 20 0 20 0 0 0 95 3rd Prize Casagrande Humberto 19 12 14 0 5 4 20 20 20 16 0 0 130 2nd Prize Murilo 20 14 10 18 0 0 20 0 0 1 1 0 84 3rd Prize Rafael 20 20 8 0 0 0 20 2 8 0 0 0 78 3rd Prize Tertuliano 8 20 2 5 0 0 0 3 0 0 0 0 38Mencao Thiago 20 12 0 20 0 0 20 0 0 0 0 0 72Mencao Barros Yuri20 20 20 20 0 0 20 0 18 10 20 0 148 1st Prize Vejam que tivemos a primeira prata e a primeira mencao. Alem disso, tivemos problemas com a correcao (muitos). Abracos, Alex __ Acabe com aquelas janelinhas que pulam na sua tela. AntiPop-up UOL - É grátis! http://antipopup.uol.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 = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] IMO 2004 - Problema 3 - Incompleto
Desculpem, mas este esboço que enviei está incompleto. Não li todas as mensagens da lista, talvez alguém já tenha percebido, mas exatamente onde eu escrevo verifiquem isto, na pressa eu posso ter me enganado eu realmente me enganei (a pressa não combina com problemas da IMO). Luciano. At 19:01 13/07/04 -0300, you wrote: Esboço de solução: ?xml:namespace prefix = o ns = urn:schemas-microsoft-com:office:office /Analisando as possibilidades para cobrir um canto do tabuleiro, nos convencemos de que a cobertura deve ser feita com retângulos 3x4 (verifiquem isto, na pressa eu posso ter me enganado). Agora usamos o seguinte lema, cuja demonstração é fácil encontrar por aí: Lema: Se um retângulo pode ser coberto com retangulinhos, cada um dos quais tem um lado com medida inteira, então o retângulo coberto tem um lado com medida inteira. Suponha que temos um retângulo coberto com retângulos 3x4. Dividindo todos os lados por 3 (por 4) e aplicando o lema, descobrimos que um dos lados do retângulo original é múltiplo de 3 (de 4). Se o lado múltiplo de 3 é diferente do lado múltiplo de 4, acabou. Caso contrário, temos um lado múltiplo de 12 e precisamos determinar os possíveis valores do outro lado. Mas estes são precisamente os números inteiros positivos n que podem ser escritos da forma n = 3x + 4y, com x e y inteiros não negativos (aqui usamos o fato de o outro lado ser múltiplo de 12). Sabe-se que n pode ser qualquer inteiro maior ou igual a 12. Os outros valores determinam-se facilmente por inspeção (desculpem-me por não finalizar, mas tenho pouco tempo). - Mensagem Original De: [EMAIL PROTECTED] Para: [EMAIL PROTECTED] [EMAIL PROTECTED] Assunto: Re: [obm-l] IMO 2004 - Primeiro Dia Data: 13/07/04 14:54 Ainda não pensei no problema 2, mas tenho a sensação de que nosso pessoal tem ótimas chances de fazer o 3. O problema 1 tenho certeza de que nossos 6 alunos fizeram. Ainda não tive tempo de olhar o 2o dia. Quando tiver mais tempo mando um esboço de solução para o 3, a menos que alguém o faça antes Luciano. - Mensagem Original De: [EMAIL PROTECTED] Para: [EMAIL PROTECTED] [EMAIL PROTECTED] Assunto: Re: [obm-l] IMO 2004 - Primeiro Dia Data: 13/07/04 13:55 No proprio link ha uma discussao sobre pontos ... alguem já tem ideia dos meninos??? O pessoal da Alemanha espera ouro com 33pts. -- Le présent message ainsi que ses éventuelles pièces jointes est exclusivement destiné au(x) destinataire(s), personnes physiques ou morales, qursquo;il désigne. Il constitue de ce fait une correspondance à caractère privé et peut contenir des informations confidentielles. Si ce message vous est parvenu par erreur, nous vous remercions drsquo;en aviser immédiatement lrsquo;expéditeur par retour de courrier électronique puis de le détruire, ainsi que ses éventuelles pièces jointes, sans en conserver de copie. This message, including any attachment, is intended for the use of the individual or entity to which it is addressed. It is therefore to be considered as a private correspondence which may contain confidential information. If you are not the intended recipient, please advise the sender immediately by reply e.mail and delete this message and any attachment thereto without retaining a copy. -- = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.htmlhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = WNET - www.wnetrj.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 = WNET - www.wnetrj.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 = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Resultado do Brasil na IMO
Não tive tempo de pensar nos problemas ainda, mas conheço bem nossa equipe. Se foi difícil para nós, foi difícil para todos. Os cortes para medalhas não devem ser muito altos. Vamos esperar. Nosso resultado em medalhas pode ainda ser muito bom. Luciano. At 03:04 16/7/2003 -0300, you wrote: O resultado do Brasil na IMO em termos de pontos por problema segue abaixo. O resultado por medalhas sai dentro de algumas horas. Digamos que j'a tivemos resultados melhores e piores e devemos sempre apoiar os nossos atletas. 1 2 3 4 5 6 Total BRA1 = Alex 7 3 0 7 1 0 18 BRA2 = Samuel 2 2 0 7 0 7 18 BRA3 = Rafael 0 1 0 7 3 0 11 BRA4 = Larissa1 0 0 7 0 1 9 BRA5 = Fabio 7 3 0 7 1 1 19 BRA6 = David 2 3 0 7 4 1 17 []s, Nicolau = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] OBM-u(e essa tal elipse?)(alguem viu a do Luciano GM?)
At 13:59 01/11/02 -0300, you wrote: Ola gente!!Sera que o Luciano Castro poderia mostrar a sua soluçao?Como ele entende bem de projetiva,a soluçao deve ser legal. Oi, pessoal, Eu mostrei minha solução na segunda-feira passada, em nossa já tradicional aula de preparação no IMPA. Estavam presentes 3 alunos, se não me engano: Flavia Correia, Alex Abreu e Fabio Moreira. Como o Nicolau já disse, minha solução é bem complicada. Eu espero comentá-la na semana Olímpica. É difícil escrever a solução em formato e-mail. Vou dar os passos principais: 1) Dualizamos tudo (por razões psicológicas). Temos então duas cônicas não degeneradas tangentes a 4 retas fixas. Queremos provar que os oito pontos de tangência pertencem a uma cônica. 2) Considere os 4 pontos de tangência de uma das cônicas. Utilizando muitas vezes as propriedades de reta polar, provamos que o triangulo diagonal do quadrilátero formado por esses 4 pontos está determinado pelas 4 retas tangentes. (o triangulo diagonal do quadrilatero ABCD é formado pelos pontos AB.CD , AC.BD , AD.BC). 3) Agora basta provar que se dois quadriláteros possuem o mesmo triângulo diagonal, seus 8 vértices pertencem a uma cônica. Para isso, consideramos a cônica determinada por um quadrilátero e um vértice do outro quadrilátero e usamos a definição projetiva de conjugado harmonico junto com a seguinte propriedade da reta polar: se uma reta passa pelo ponto P e corta uma cônica nos pontos A e B, e corta a polar de P em relação a essa conica no ponto Q, então P e Q dividem harmonicamente o segmento AB. Há muitos detalhes a completar, mas espero que vocês consigam fazê-lo. Leiam o artigo sobre Geometria Projetiva da Eureka 8. As propriedades necessárias estão todas lá. = 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] Discussao dos problemas da IMO
Eu posso participar se for na segunda-feira. Na sexta é mais difícil. Luciano. At 15:12 29/07/02 -0300, you wrote: Caros colegas, Por sugestao do Marcio vamos fazer uma reuniao informal na sexta-feira (2/8) as 14:00 no IMPA para discutir os problemas da IMO deste ano.Tragam suas solucoes... Abracos, Carlos Gustavo Moreira (Gugu) = 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] =
Re: [obm-l] Discussao dos problemas da IMO
Na segunda estarei lá, com certeza. Luciano. At 15:20 30/07/02 -0300, you wrote: Eu tinha proposto na sexta por sugestao do Marcio.O Marcelo estava no IMPA e disse que tambem preferia sexta.Eu nao tenho nenhum problema na segunda,entretanto.Talvez seja bom o pessoal do Rio se manifestar sobre que dia prefere.Por outro lado nao vejo problema em fazer uma reuniao na sexta e outra na segunda,e discutir tambem outros problemas,alem dos da IMO,para aproveitar a animacao do pessoal.O que voces acham ? Abracos, Gugu Eu posso participar se for na segunda-feira. Na sexta é mais difícil. Luciano. At 15:12 29/07/02 -0300, you wrote: Caros colegas, Por sugestao do Marcio vamos fazer uma reuniao informal na sexta-feira (2/8) as 14:00 no IMPA para discutir os problemas da IMO deste ano.Tragam suas solucoes... Abracos, Carlos Gustavo Moreira (Gugu) = 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] = = 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] =
Re: [obm-l] conesul
Oi, Carlos, Eu achei o problema 2 o mais difícil desta prova. Claro que outras pessoas têm opinião diferente. A parte difícil é descobrir que, se I é o incentro, a reta TI corta o segmento DE em seu ponto médio. Tente provar isso e completar a solução. Se já estiver cansado de pensar no problema, avise e mando uma solução. Luciano. At 20:11 30/07/02 -0300, you wrote: Alguem fez a 2 de geom. da conesul desse ano? empaquei nela... Obrigado, Carlos = 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 6 da IMO 2002
Segue uma solução para o problema 6 da IMO 2002. Este problema é muito legal! Recomendo que pensem bastante no problema antes de ver a solução. Aliás, tenho notado um medo exagerado dos alunos em relação aos problemas 6 das IMO´s. Apesar de que, tradicionalmente, é o mais difícil, isso sempre depende de quem resolve. E muitos problemas 6 são mais uma questão de insistência do que de idéias brilhantes. Vou deixar um espaço para não atrapalhar aqueles que desejem pensar sozinhos. O enunciado é: Dadas n circunferências de raio 1 no plano, se nenhuma reta corta mais do que 2 circunferências, então a soma dos inversos das distâncias entre todos os pares (não ordenados) de centros é menor ou igual a (n - 1)pi/4. Solução: Você vai ter que fazer vários desenhos para entender esta solução. Seja a_ij a metade do ângulo entre as tangentes à circunferência j traçadas a partir do centro Oi da circunferência i. Claramente, a_ij = a_ji, e o seno de a_ij é igual ao raio dividido pela distância entre os centros, ou seja, igual ao inverso da distância entre os centros. Como o seno de um arco é menor do que o arco, basta provar que a soma de todos os a_ij é menor que (n - 1)pi/4. Para isso, suponha que o fecho convexo do conjunto de centros é formado pelos centros das circunferências 1 até n - k. Logo esses centros formam um polígono convexo P de n - k lados e os outros k centros estão no interior deste polígono. A partir de cada centro, tracemos as tangentes a todas as outras circunferências. Como nenhuma reta corta mais de duas circunferências, as regiôes interiores aos ângulos 2a_ij formados devem ter interseção vazia. Se Oi-1, Oi, Oi+1 são vértices consecutivos de P, o ângulo interno em Oi possui em seu interior os ângulos 2a_ij, para j diferente de i-1 e i+1 além de um ângulo a_ii-1 e outro a_ii+1. Somando em todos os vértices de P obtemos 2L + 4D + 2I, onde L, D, I representam a soma de todos os a_ij para os quais OiOj é lado de P, diagonal de P, ou um segmento unindo um vértice de P a um ponto interior, respectivamente. Logo 2L + 4D + 2I é menor ou igual a (n - k - 2)pi (soma dos ângulos internos de P). Se Oi é um ponto interior, as tangentes traçadas até a circunferência j formam dois ângulos opostos pelo vértice iguais a 2a_ij. Nenhuma circunferência pode cortar o interior de nenhum desses dois ângulos. Portanto, fixado i, o quádruplo da soma dos a_ij para todo j diferente de i é menor ou igual a 2pi. Somando para todos os Oi interiores a P, obtemos 4I + 8C menor ou igual a 2kpi, onde C é a soma dos a_ij tais que Oi e Oj são pontos interiores. Dividindo por 2, temos 2I + 4C menor ou igual a kpi. Finalmente, vamos fazer uma estimativa para L. Nesta parte você vai precisar de um bom desenho. Para simplificar, consideremos O1, O2, O3 vértices consecutivos de P. Trace a reta t, tangente externa comum às circunferências 1 e 3 mais próxima de O2, com pontos de contato X1 e X3. Como a circunferência 2 não corta t, a reta r, paralela a t por O2 dista mais do que 1 de t. Se O1X1 corta r no ponto Y1, temos que O2Y1O1 é um triângulo retângulo em Y1, logo a bissetriz do ângulo em O2 deste triângulo corta o cateto oposto em um ponto mais próximo de Y1 que de O1, portanto tal bissetriz é uma reta por O2 exterior à circunferência 1. Isto implica que a_12 é menor ou igual à metade do ângulo O1O2Y1. Analogamente, a_23 é menor ou igual à metade do ângulo O3O2Y3 (Y3 definido de forma análoga a Y1). Como O1O2Y1 + O3O2Y3 é igual ao ângulo externo a P em O2, concluímos que a_12 + a_23 é menor ou igual à metade desse ângulo externo. Somando em todos os vértices de P obtemos que 2L é menor ou igual à metade da soma dos ângulos externos de P, ou seja, 2L é menor ou igual a 2pi/2 = pi. Juntando tudo, temos: 2L + 4D + 2I menor ou igual a (n - k - 2)pi 2I + 4C menor ou igual a kpi 2L menor ou igual a pi Somando: 4L + 4D + 4I + 4C menor ou igua a (n - k - 2 + k + 1)pi, ou seja L + D + I + C menor ou igual a (n - 1)pi/4. Observe que há apenas estas 4 possibilidades para um par de centros: ambos em P (formando lado ou diagonal) um em P e outro interior ou ambos interiores. Logo L + D + I + C é a soma dos a_ij para todos os possíveis pares (não ordenados) i, j. Bom, não sei se é possível entender algo, mas achei o problema tão legal que não resisti a escrever. Agradeço a quem me apontar erros e melhoras. Tenho uma solução para o problema 5 também, mas acho que é ainda pior de escrever. Talvez mande só as idéias principais. Luciano. = 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] Re: [obm-l] Re: Racionalização
Rick, Fazendo a = (2)^1/3 b = (3)^1/3 , observe que o denominador que você quer racionalizar é a^2 + ab + b^2. Assim, basta multiplicar por a - b (ou por b - a) para eliminar as raízes cúbicas. O resultado tem um sinal diferente do que você encontrou: [(4)^1/3 + (6)^1/3 + (9)^1/3]^-1 = (3)^1/3 - (2)^1/3. Luciano. At 23:57 10/07/02 -0300, you wrote: Caro amigo Shine , estive pensando e cheguei a uma conclusão . Será que eu posso fazer isso ? [(4)^1/3 + (6)^1/3 + (9)^1/3]^-1 Considerei : a = (4)^1/3 b = (6)^1/3 c = (9)^1/3 E joguei em uma relação que fiquei fazendo em uma aula de biologia...rsrs a³ + b³ + c³ = 3abc + (a + b + c )(a² + b² + c² - ab - ac - bc) Depois de fazer um monte de contas , encontrei (3)^1/3 + (2)^1/3 Bom , deduzi , que esse resultado seria um novo denominador , que teria de ser racionalizado novamente , mas o gabarito do livro trás (3)^1/3 + (2)^1/3 como resposta . Sera uma coincidência , ou o resultado já é esse ? Abraço . Rick |-=Rick-C.R.B.=- | |ICQ 124805654 | |e-mail [EMAIL PROTECTED] | -- 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] =
Re: OBM
O desenho era difícil de fazer, realmente. Como em quase todo problema de Geometria, tudo se encaixa melhor depois que você descobre uma quantidade mínima de parâmetros que determinam a figura. Neste problema, uma boa idéia é desenhar primeiro o triângulo EBD, retângulo em D, marcando o ponto F, médio de EB. Como se sabe, a mediana DF é igual a EF e a FB. logo angulo EBD = angulo BDF = x e DFE = 2x. Agora fica fácil ver que o ângulo CFA (=CFE) só pode valer 3x se o ponto C estiver entre B e D, e podemos construi-lo. Marcando o ponto A na reta EB (AE = EF e A diferente de F), podemos observar que o triângulo EBD determina completamente a figura. Podemos supor AE = 1 e o ângulo x determina toda a figura. Mas ainda há a condição AD perpendicular a CF, que podemos usar, finalmente, para determinar x. Eu fiz isso aplicando Lei dos senos no triângulo ADE, após calcular seus ângulos em função de x. Se alguém tiver dificuldade em concluir a partir daí, posso dar mas detalhes. Um abraço, Luciano. At 15:04 22/10/01 -0200, you wrote: Alguem podia so dar um empurraozinho de como fazia a 3 de geometria da obm, nivel 3? Valeu OBS:acho que estou ficando burro porque sempre chego a algum absurdo quando faco o desenho!
Re: Problema Complicado
Sugesto: x^4 + 324 = x^4 + 4.3^4 = x^4 + 4x^2 . 3^2 + 4.3^4 - 4x^2 . 3^2 = (x^2 + 2.3^2)^2 - (2.x.3)^2 = (x^2 + 18 + 6x).(x^2 + 18 - 6x). Aplique em cada fator do numerador e denominador e surgiro vrias simplificaes. A resposta 373. Um abrao, Luciano. At 20:31 04/04/01 -0300, you wrote: seja : x = (10^4 + 324)(22^4 + 324)(34^4 + 324)(46^4 + 324)(58^4 + 324) e y = (4^4 + 324)(16^4 + 324)(28^4 + 324)(40^4 + 324)(52^4 + 324) O valor x/y : a) 371 b) 372 c) 373 d) 374 e) 375
Re: Teorema das Colunas
Em primeiro lugar, uma pequena correção: - Demonstre, usando indução finita, que ( p ) ( p+1)( p+n) ( p+n+1) ( ) + () + ... +() = ( ) ( p ) ( p )( p ) ( p+1 ) Vamos lá. O resultado é imediato para n = 0, pois Cp,p = Cp+1,p+1 = 1. Supondo que seja válido para n = k-1, temos: (Somatório de Cp+j, p, para j = 0 até j = n) = (Somatório de Cp+j, p, para j = 0 até j = n-1) + Cp+n, p = Cp+n,p+1 + Cp+n, p = Cp+n+1,p+1. A penúntima igualdade decorre da hipótese de indução e a última, do teorema de Stiffel. Desculpem a notação primitiva. Luciano. Marcelo Souza wrote: Oi pessoal, alguém poderia resolver o problema para mim usando indução finita. - Demonstre, usando indução finita, que ( p ) ( p+1)( p+n) ( p+n+1) ( ) + () + ... +() = ( ) ( p ) ( p )( p ) ( p ) Este resultado é comumente conhecido como Teorema das Colunas. obs: ( n ) ( )= n!/(n-k)!k! ( k ) obrigado antecipadamente Abraços Marcelo _ Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com.
Re: OBM2000 - Dúvida
Paulo, Coloque todos os filhos do emir em uma sala. Retire da sala os gêmeos duplos. Sobram 39 certo? Agora chame os duplos de volta e retire os gêmeos triplos. Continuam 39 certo? Portanto o número de gêmeos triplos é igual ao de gêmeos duplos. Analogamente para os quádruplos. Um abraço, Luciano. "Bezerra, Paulo, A." wrote: Senhores, Observando a 14a questao da 5a/6a series, tive sim uma duvida de como explicar para meus alunos e meu filho. Perguntei a outro colega que tb teve duvidas na resolucao. Trabalhamos da seguinte forma: 1) Como são gêmeos duplos, triplos e quadruplos entendo que a quantidade buscada é um múltiplo de 2,3 e 4. Ateh eh facil de explicar; 2) a quantidade de filhos eh comum logo o MMC eh a melhor ferramente para encontrar o multiplo em que se encontram; (tudo bem.) 3) Agora, na resoluçao publicada informa-se que a qtd de gêmeos (entendo que a palavra certa seria qtd e nao #) eh igual. Pq Eis onde tudo gera confusao. Nao estou duvidando da questao mas o gabarito me pareceu conciso demais. Alguem pode dar-me uma luz??? Saldanha, foi vc quem elaborou a questao? Obrigado. PAM
Re: Resposta nebulosa
Orlando, * Ele tem o mesmo número de filhos gêmeos duplos, gêmeos triplos e gêmeos quádruplos. Seja g este número, e n o número de filhos normais. Logo o total de filhos é 3g + n. Como todos exceto 39 são gêmeos duplos, temos 2g + n = 39, logo 39 - 2g = n 0. ** T é o tempo passado, em horas, a partir das 11, até entrarmos no congestionamento. ** Na sua solução, observe que o carro parte antes das 11 e o engarrafamento só começa às 11. portanto o engarrafamento não percorre 4h Km, mas algo menos que isso. Um abraço, Luciano. Orlando Peixoto de Morais wrote: Eu estava tentando entender duas soluções da OBM, mas não consegui.*Por que é que, no problema dos gêmeos, 39 - 2(número de gêmeos)0? Ele não poderia ter 39 filhos normais e 12 gêmeos?**No problema do engarrafamento, tenho duas dúvidas."Seja t o número de horas que devemos sair antes das 11h para chegar em Salvador ao meio-dia e T o tempo passado, em horas, até entrarmos no congestionamento. Assim, antes de chegar ao congestionamento andamos 60(t + T) km" - por definição, tal distância não deveria ser de apenas 60T quilômetros?Além disso, gostaria que analisassem a minha solução para encontrar o erro:- No tempo "h" que o carro leva para encontrar o engarrafamento, ele percorre 60hKm, e o engarrafamento, 4hKm. Como a soma das distâncias percorridas será de 45Km, teremos 64h = 45 ==h=45/64. Nesse tempo o engarrafamento terá percorrido (45/64)*(4) Km, ou 45/16 Km. Portanto, o carro gastará (45/16)/6 horas no engarrafamento, e, depois de ultrapassá-lo, gastará 1/4 de hora para chegar até Itacrimirim, obviamente. Portanto, o tempo total é de 45/64 +45/96 + 1/4 = (1 + 27/64)h.Isso equivale a uma hora e (27/64)*60 minutos, ou 25.3125min , e portanto o carro deveria sair às 10h 34.6875min, ou 10h37min, aproximadamente. No que errei???Além disso, sobre o e-mail que mandei há algum tempo, o que quis dizer é que quero saber o ponto tal que a soma das distâncias aos vértices de um dado triângulo é mínima. Também gostaria de saber como representar figuras em geometria analítica de três dimensões, ou seja, variáveis x,y,z. Por exemplo, se soubesse representar um reta no espaço (e não só no plano x,y) poderia calcular o volume da pirâmide (tendo só as coordenadas dos pontos, e sabendo que ela não é isósceles, ou seja ,não consigo calcular a altura) de que falei. * Será que se pode conseguir material como a RPM na Internet, assim como se faz com as Eurekas? Obrigado pela ajuda.
