[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Questão - Teoria dos Nùmeros
*Achar todos os naturais tais que (2^n-1)/n é inteiro.* Acho que vai ser complicado resolver isso com o t. fermat. Mas vasculhei as wikipedias da vida e encontrei o seguinte teorema, generalização do t. euler: http://en.wikipedia.org/wiki/Carmichael_function Basicamente ele aponta qual é o menor m tal que a^m = 1 mod n, que ele chama de lambda(n) *Assim temos que n deve ser múltiplo de lambda(n).* Já sabemos que n deve ser ímpar. Seja n = p1^k1 * p2^k2 * ... * pm^km. Temos pelo teorema que: lambda(n) = mmc [p1^(k1-1)*(p1-1), ... , pm^(km-1)*(pm-1)], visto que todos os primos são diferentes de 2. Agora observe que pi - 1 é par, logo esse mmc é par. Assim n deve ser múltiplo de um par, absurdo, pois já sabemos que n deve ser ímpar. Observação: o próprio teorema de euler lá nos mostra que uma eventual generalização não é verdadeira. Por exemplo trocando o 2 pelo 5 temos: *(5^n-1)/n, *o que é satisfeito por n = 6, [fi(6) = 2, que divide 6]. Ou seja 5^2 = 1 mod 6 = 5^6 = 1 mod 6. Abçs
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Questão - Teoria dos Nùmeros
Isso é bem mais simples. Não tinha visto a sua solução. 2011/2/5 Tiago hit0...@gmail.com Suponha 2^n = 1 mod n. Se p é o *menor* primo que divide n, então 2^n = 1 mod p. Pelo pequeno teorema de fermat, 2^(p-1) = 1 mod p. Se d=mdc(n,p-1), então 2^d = 1 mod n. Mas p é o menor primo que divide n e dp, logo d=1. Ou seja, 2 = 1 mod p. 2011/2/1 Jordan Piva jfp...@hotmail.com Oi Dinei, blz? Tow brincando com o cubo aki hehe! Se liga que a^(p-1) =1 (mod p) qndo mdc(a,p)=1 blz, porque isso implica a^p=2 (mod p)? Tow mongolizando mto? Naum seria a^p=a (modp)? -- Date: Tue, 1 Feb 2011 17:28:45 -0200 Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Questão - Teoria dos Nùmeros From: edward.elric...@gmail.com To: obm-l@mat.puc-rio.br Sabemos que n não pode ser par. Seja p um numero primo que divide n (n=p*n´). Temos que 2^n =1 (mod p), mas sabemos que a^(p-1)= 1 (mod p) = a^p =2 (mod p) sempre que mdc(a,p) = 1 Mas 1 =2^n = 2^(p*n') = (2^n')^p = 2 , pois mdc( 2^n' , p ) = 1 logo 1= 0 mod p Unica solução é n=1. 2011/2/1 Jordan Piva jfp...@hotmail.com Aí pessoal, alguém pode me ajudar c/ uma questão: Achar todos os naturais tais que (2^n-1)/n é inteiro. Essa questão é de um artigo da eureka mto antigo, serio soh consegui ver q n não é par, nem multiplo de 3, nem de 5. Vi que não é primo e nem potencia de primo, mas daih naum saiu mais nd, devo tah mongolizando. Abrcs a todos! -- Tiago J. Fonseca http://legauss.blogspot.com
Re: [obm-l] Prova da OBM-nivel U (problema 6)
Se ele fez eu não sei... mas certamente ele farias desculpem, mas não pude resistir! 2011/1/10 Johann Dirichlet peterdirich...@gmail.com Aonde eu acho esse cara?? Em 01/01/11, charles9char...@gmail.com escreveu: O Leandro Farias fez! -- /**/ Quadrinista e Taverneiro! http://tavernadofimdomundo.blogspot.com Quadrinhos, histórioas e afins http://baratoeletrico.blogspot.com / Um pouco sobre elétrons em movimento http://bridget-torres.blogspot.com/ Personal! Do not edit! = Instruções 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] Fatorial não é quadrado pe rfeito
Esse problema rodou pela lista há um tempo atrás. A idéia é usar o postulado de bertrand que diz que para n3 existe um primo entre n e 2n-2. abç 2011/1/9 Bernardo Freitas Paulo da Costa bernardo...@gmail.com Veja que um inteiro N é um quadrado perfeito quando todos os fatores primos dividem um número par de vezes N. Daí, considere o maior número primo p = N, e veja se ele pode dividir N um número par de vezes. Eu aposto que não. abraços, -- Bernardo Freitas Paulo da Costa 2011/1/9 Paulo Argolo pauloarg...@bol.com.br: Caros Colegas, Como provar que o fatorial de um número natural maior que 1 não é um quadrado perfeito? Abraços! Paulo Argolo = Instruções 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] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Teoria dos números
Claro, claro, foi um erro de tipografia. 2010/12/21 Henrique Rennó henrique.re...@gmail.com Minha dúvida é sobre o expoente do termo a^'pq - 2q', não seria a^'pq - 2p' ? Em 18/12/10, Willy George do Amaral Petrenkowgapetre...@gmail.com escreveu: Escreva num papel e veja algum caso particular. Por exemplo: a^5 + a^4 + a^3 + a^2 + a + 1 = a^3*(a^2 + a + 1) + a^2 + a + 1 = (a^3 + 1)*(a^2 + a + 1) Repare que se n = 9, a primeira parcela ficaria (a^6 + a^3 + 1). 2010/12/17 Henrique Rennó henrique.re...@gmail.com Não entendi como a^'n-1' + a^'n-2' + ... + a + 1 = (a^'pq - p' + a^'pq - 2q' + ... + a^p + 1)*(a^'p - 1' + a^'p - 2' + ... + a + 1). Em 17/12/10, Willy George do Amaral Petrenkowgapetre...@gmail.com escreveu: Observe que a^n - 1 = (a - 1)*(a^'n-1' + a^'n-2' + ... + a + 1). Se a^n - 1 é primo então a 1a parcela deve ser 1 (a 2a não pode para a0), e então a = 2. Agora observe que se n = p*q então a^'n-1' + a^'n-2' + ... + a + 1 = (a^'pq - p' + a^'pq - 2q' + ... + a^p + 1)*(a^'p - 1' + a^'p - 2' + ... + a + 1), ambas parcelas maiores que 1 para p,q 1. n composto = a^n - 1 composto logo a^n - 1 primo = n primo. 2010/12/16 marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com Mostre que se a e n são inteiros positivos,com n = 2 ,tais que a^n - 1 é primo,então necessariamente a = 2 e n é primo. -- Henrique = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html = -- Henrique = Instruções 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] Teoria dos números
Observe que a^n - 1 = (a - 1)*(a^'n-1' + a^'n-2' + ... + a + 1). Se a^n - 1 é primo então a 1a parcela deve ser 1 (a 2a não pode para a0), e então a = 2. Agora observe que se n = p*q então a^'n-1' + a^'n-2' + ... + a + 1 = (a^'pq - p' + a^'pq - 2q' + ... + a^p + 1)*(a^'p - 1' + a^'p - 2' + ... + a + 1), ambas parcelas maiores que 1 para p,q 1. n composto = a^n - 1 composto logo a^n - 1 primo = n primo. 2010/12/16 marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com Mostre que se a e n são inteiros positivos,com n = 2 ,tais que a^n - 1 é primo,então necessariamente a = 2 e n é primo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Teoria dos núme ros
Escreva num papel e veja algum caso particular. Por exemplo: a^5 + a^4 + a^3 + a^2 + a + 1 = a^3*(a^2 + a + 1) + a^2 + a + 1 = (a^3 + 1)*(a^2 + a + 1) Repare que se n = 9, a primeira parcela ficaria (a^6 + a^3 + 1). 2010/12/17 Henrique Rennó henrique.re...@gmail.com Não entendi como a^'n-1' + a^'n-2' + ... + a + 1 = (a^'pq - p' + a^'pq - 2q' + ... + a^p + 1)*(a^'p - 1' + a^'p - 2' + ... + a + 1). Em 17/12/10, Willy George do Amaral Petrenkowgapetre...@gmail.com escreveu: Observe que a^n - 1 = (a - 1)*(a^'n-1' + a^'n-2' + ... + a + 1). Se a^n - 1 é primo então a 1a parcela deve ser 1 (a 2a não pode para a0), e então a = 2. Agora observe que se n = p*q então a^'n-1' + a^'n-2' + ... + a + 1 = (a^'pq - p' + a^'pq - 2q' + ... + a^p + 1)*(a^'p - 1' + a^'p - 2' + ... + a + 1), ambas parcelas maiores que 1 para p,q 1. n composto = a^n - 1 composto logo a^n - 1 primo = n primo. 2010/12/16 marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com Mostre que se a e n são inteiros positivos,com n = 2 ,tais que a^n - 1 é primo,então necessariamente a = 2 e n é primo. -- Henrique = Instruções 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] Números binomiais: igualdade
Vou passar a idéia: A recíproca é fácil provar. Depois vc prova que variando p, n sobre p é estritamente crescente até um certo valor (a metade), e a partir desse valor é estritamente decrescente (na verdade 2k+1 sobre k = 2k+1 sobre k+1, mas esse caso particular também satisfaz a propriedade). Você faz isso observando a razão entre dois caras. Com isso vc mostra que há no máximo 1 cara igual a n sobre p, e como vc provou n sobre n-p = n sobre p ele é o único. 2010/11/18 Pedro Chaves brped...@hotmail.com Poderia algum colega provar a propriedade seguinte? Sendo p diferente de q, se os números binomiais n sobre p e n sobre q são iguais, então p + q = n. Desde já, muito obrigado. Pedro Chaves
[obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] Sequência
se a[n] -- inf então para todo A existe k | nk = a[n] A Seja b[n] = (a[1] + a[2] + ... + a[n]) / n Então para todo A existe k | b[2*k] = (a[1] + a[2] + ... + a[k] + ... + a[2*k]) / 2*k (a[k] + ... + a[2*k]) / 2*k A/2. Logo b[n] -- inf PS: Um detalhe na linha 3 é que eu consierei a[1] + a[2] + ... + a[k-1] 0. Isso pode não ser verdade para valores pequenos de k, mas como a[n] -- inf isso certamente é verdade para um k grande, que é o que importa. 2010/11/13 Hugo Botelho hugob2...@gmail.com Alguém sabe como fazer a prova formal do teorema abaixo? Considere uma sequência de termo geral a[n].Se lim a[n] = +oo, quando n-+oo Então lim (a[1] + a[2] + ... + a[n]) / n = +oo, com n-+oo Grato.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] 125 perguntas ainda não res pondidas pela Ciência
Vou ser um pouco chato aqui, com o risco de falar besteira: Luiz Silva, tem que tomar cuidado em diferenciar perguntas científicas de perguntas filosóficas. A sua pergunta é tipicamente filosófica. A ciência não pergunta porque existe o algo, ela simplesmente estuda o que existe. Pelo mesmo motivo que o jogador de xadrez não fica pensando porque o cavalo anda em L. Me parece que a própria lista cometeu esse erro algumas vezes, como em : 34- Qual é a natureza da gravidade? E ainda outras perguntas que não são nem científicas nem filosóficas como: 25- Malthus continuará errando?, ou 119- Por que a pobreza aumentou e a expectativa de vida diminuiu na África subsaariana? Na verdade me parece que essa lista foi feita sem muito critério... Mas agora, quanto ao P x NP, a pergunta 19 tem a ver Quais são os limites da computação convencional? Abç
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] RES: [obm-l] Re: [obm-l]RES: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] 125 perguntas ainda não re spondidas pela Ciência
Bem, parece que eu disse besteira mesmo quanto a gravidade. Ao contrário do que possa ter parecido eu não disse que: não cabe a investigação filosófica na ciência. A ciência e a filosofia estão ligadas, uma pode motivar a outra, mas ainda assim elas são diferentes (caso contrário não existiriam 2 nomes). A fronteira pode até ser obscura, mas coisas como porque existe algo? ou porque existe padrão na natureza? certamente não fazem parte da ciência. Ainda vou dar uma olhada ainda no link... Abc
Re: [obm-l] ajuda
Acho que vc não entendeu o que o Ralph disse. Bolzano garante a existência de uma raiz real em cada intervalo. Mas não te garante que em cada intervalo a raiz encontrada não será a mesma. Mesmo porque existem outros intervalos em que o teorema é aplicável, mas a equação só tem 3 raízes. Para usar o teorema vc tem que achar intervalos disjuntos. Um breve guia da demonstração: Nesse tipo de problema vale a pena analisar o gráfico. Calcule a derivada e veja os pontos de máximo e mínimo (M e m). Depois usa Bolzano nos intervalos (-inf, M), (M,m) e (m, inf) *que são disjuntos* [vc vai ver que Mm], e descobre as 3 raízes reais. Para descobrir o sinal de p(M) e p(m) vc talvez tenha que usar a seguinte desigualdade: raiz[(a^2+b^2+c^2)/3]^3 =abc, onde a,b,c=0 |vc vai usar essa desigualdade não nos a,b,c originais, mas sim em seus módulos.| Que é fácil demonstrar: Vejamos que raiz[(a^2+b^2+c^2)/3] = (a+b+c)/3 = (abc)^1/3. A última desigualdade é a das médias. E a primeira vc prova desenvolvendo: 3(a^2+b^2+c^2) = (a^2+b^2+c^2) + 2(ab+bc+ac) 2(a^2+b^2+c^2) = 2(ab+bc+ac) Mas sabemos que a^2+b^2=2ab, a^2+c^2=2ac, b^2+c^22bc. Somando tudo dá aquilo. Repare que todas são duplas implicações. PS: O 1o problema realmente parece estranho.
Re: [obm-l] Piratas
Ta virando spam isso hein... Mas vamos a solução. *Vários piratas repartiram 1000 moedas de ouro todas iguais. Após a divisão um dos piratas ficou com mais da metade das moedas. Durante a primeira noite, para acalmar os ãnimos, o pirata que tinha mais de metade das moedas deu a cada um dou outros quanto cada um destros outros já possuiam. Após essa nova partilha, havia um pirata com mais da metade do total de moedas. Na segunda noite, o procedimento foi repetido; o pirata que tinha mais da metade das moedas deu a cada um dou outros piratas tantas moedas quanto cada um já possuia. Assim noite após noite o precedimento foi sempre repetido. Depois da décima noite nenhum pirata tinha mais da metade do total de moedas. Determine o número máximo de piratas presentes no grupo.* Primeiro perceba que o enunciado deveria mencionar que cada pirata recebe pelo menos uma moeda. Caso contrário poderíamos ter quantos piratas quiséssemos recebendo 0 moedas. Agora perceba que em nenhum momento algum pirata poderá ter 0 moedas, pois isso significa que ele distribuiu tudo o que tinha. Mas se ele só distribui se tiver mais da metade, ele distribui menos da metade, ficando com algo 0. Dito isso, perceba agora que após o primeiro dia, todos os piratas terão quantidades pares de moedas (todos os que receberam ficam com o dobro do que tinham e a soma de todos é par_1000, e portanto o que distribuiu também deve se tornar par). Por raciocínio análogo, após o 2o dia temos todos com múltiplos de 4 e após o 3o dia todos com múltiplos de 8. A partir daí todos terão sempre múltiplos de 8 moedas. Então para simplificar, vamos pensar que após o 3o dia todos os piratas fundiram suas moedas de 8 em 1, e o problema fica similar, trocando o 1000 moedas por 125 e o 10 dias por 7 (do dia 4 até o dia 10). Estamos pensando agora a partir do 3o dia. *Perceba agora que todos os piratas terão que distribuir moedas pelo menos 1 vez, pois caso contrário teríamos algum pirata com um múltiplo (não nulo) de 2^7 = 128n 125 moedas no final. Além disso o pirata que tinha mais moedas no final do 3 dia terá que distribuir moedas pelo menos 2 vezes, caso contrário ele teria no final um múltiplo (não nulo) de 2^6 = 64n 125/2 moedas. Como temos 7 dias concluímos que não podemos ter mais de 6 piratas.* Agora basta achar uma solução com 6 piratas. Daí vc intui que (1,16,94,129,252,508) é solução. ... ... ... ... ... Brincadeira! Para encontrar uma solução basta pensar assim: (após o) 3o dia: (1,1,1,1,1,1) mod 1 4a dia: (2,2,2,2,2,1) mod 2 5a dia: (4,4,4,4,4,1) mod 4 * 6a dia: (8,8,8,8,3,2) mod 8 ** 7o dia: (16,16,16,3,6,4) mod 16 8o dia: (32,32,3,12,8) mod 32 9o dia: (64,3,6,12,24,16) mod 64 10o dia: (3,6,12,24,48,32) mod 128 *o que distribuiu no 4o dia distribui novamente (de fato se vc analisar, percebe-se que ele deve distribuir no 5o dia, mas como só estou interessado em uma possível solução não vou provar isso). ** Para encontrar o 3 basta somar tudo e perceber que 125 = -3 mod 2^n. Daí vc conclui que a distribuição final deve ser exatamente essa (3,6,12,24,48,32), pois temos os números em modulo 128 e sabemos que eles estão entre 0 e 125. De fato 3+6+12+24+48+32=125. Nas moedas originais a configuração é 8 vezes isso. OBS: Sabendo a configuração no tempo n, e sabendo quem distribuiu, é possível descobrir a configuração no tempo n-1, e ela é unicamente determinada. De fato, todos os que não distribuíram têm no tempo n-1 metade do que terão no tempo n, e o que distribuiu tem 500+x/2, onde x é o que ele terá no tempo n. Não sabemos quem distribuiu nos 3 primeiros dias, e cada possibilidade é uma configuração diferente. Assim encontramos uma solução com 6 piratas (na verdade vc nem precisa fazer as contas, pois a OBS garante que ela existe). PS: Uma solução mais simples é (1,2,4,8,16,969), mas não disse para intuir isso pq ia perder metade da graça. PS2: Evite mandar um email repetidas vezes. Se passar muito tempo pode até ser, para lembrar o pessoal, mas não num intervalo de poucos dias.
Re: [obm-l] [off] Participar sem ser universitario
Vc provavelmente não pode participar. Mas o lugar certo para se informar sobre isso é a secretaria da obm, Secretaria da Olimpíada Brasileira de Matemática. Estrada Dona Castorina, 110 Jardim Botânico 22460-320, Rio de Janeiro, RJ Telefone: 21-25295077 ou 21-25295189 Fax: 21-25295023 e-mail:o...@impa.br
[obm-l] Re: [obm-l] combinatória
*O planeta Walrus possui 20 países. Sabe-se que, dentre quaisquer três desses países, existem dois sem relações diplomáticas. Prove que Walrus possui no Maximo 200 embaixadas*. O número mínimo de embaixadas é zero. O enunciado diz existem 2 sem relações, e não existem EXATAMENTE 2 sem relações. De fato, se nenhum país faz diplomacia com ninguém, o enunciado é satisfeito. Mas vamos à idéia da demonstração: Notação: Chamarei de amigos os países que tiverem relações diplomáticas e de inimigos os que não tiverem. Repare que se um país A é amigo de B e C, então B é inimigo de C. Repare também que se um país é amigo de todos os outros, então todos os outros são inimigos entre si, fazendo um total de 38 embaixadas. Agora, veja que se nenhum país tem mais de 10 amigos então o enunciado é satisfeito. Suponha agora por absurdo que existam + de 200 embaixadas e que algum país A tenha 11 amigos. Então esses 11 amigos de A serão inimigos mútuos, fazendo com que cada um deles tenha um máximo de 9 amigos. Esses 12 países (A + os 11) terão um máximo de 11 + 9*11 = 110 embaixadas. Os outros 8 países então devem ter mais de 90 embaixadas (para satisfazer o mais de 200). Pelo princípio da casa dos pombos algum terá 12 amigos. Provamos então que se o total de embaixadas é maior que 200 e alguém tem 11 amigos então alguém tem 12 amigos. *A idéia agora é provar que se o total de embaixadas é maior que 200 e alguém tem 10+n amigos, onde n natural pertencente a [1,8], então alguém tem 10+n+1 amigos. [é fácil, a mesma idéia, só trabalhar com letrinhas].* Com isso completa-se a indução. A indução mostra que se existem +de 200 embaixadas e alguém tem 11 amigos então alguém tem 19 amigos e logo o número de embaixadas é 38, absurdo. E se ninguém tem +de 10 amigos então o número de embaixadas é = 200. Isso completa a prova. Dá para dar um exemplo onde existem 200 embaixadas (embora o enunciado não peça): Países de 1 a 10 inimigos entre si e amigos de todos os países de 11 a 20. Países de 11 a 20 inimigos entre si e amigos de todos os países de 1 a 10. Espero que tenha entendido a idéia. Se vc não conseguir completar a prova avisa que eu escrevo.
Re: [obm-l] logaritmos
Você encontra sempre uma identidade, porque isso dá sempre 0 mesmo, a resposta é todo x real. Tenta só para alguns casos particulares (tipo 0, 1, 1/2). Mas você tem certeza que o enunciado está certo? 2010/6/24 JOSE AIRTON CARNEIRO nep...@ig.com.br Olá maycon, já tentei isso mas não consigo encontrar x= 3log2/log7. sempre encontro uma identidade. Em 23 de junho de 2010 11:47, Maycon Maia Vitali mayconm...@yahoo.com.brescreveu: Utilize as propriedades de logaritmos para passa-los para base '7'. Em seguida basta reduzi-los e resolver a equação só em função de 'x' (que vai sumir). Att, Maycon Em 22/06/2010 16:41, JOSE AIRTON CARNEIRO escreveu: Alguém pode dar uma ajuda nessa equação: Log 7^(2x-1) - Log 7^x - Log 7^(x-1) = 0 R: x = 3log2/log7 __ Fale com seus amigos de graça com o novo Yahoo! Messenger http://br.messenger.yahoo.com/ = Instruções 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: Resolução de Problemas [Problema 1 41, Eureka! 31]
Primeiro uma pequena correção no enunciado: O conjunto deve ser de naturais *distintos*, se não bastava pegar 1+1+1+1... como contra exemplo Mas não é necessário calcular a soma para todos os dígitos. Você calculou a soma dos inversos dos termos que não possuem o 9. Seja agora um conjunto de naturais distintos que não possui o dígito N. Eu vou criar um novo conjunto a partir desse da seguinte forma: Cada número eu vou trocar por outro que possui exatamente os mesmos dígitos no mesmo lugar exceto os dígitos 9s, que serão trocados por N. Cada número será trocado por outro menor ou igual, logo o seu inverso será maior ou igual. Além disso é fácil ver que os novos números serão distintos, pois essa transformação é bijetiva (eu posso pegar os Ns do novo conjunto e trocá-los por 9s e retornar ao conjunto original). Então esse novo conjunto é um conjunto de naturais que não possuem o 9, e foi provado que a soma de seus inversos é menor que 80. Como cada número do conjunto original é menor que seu correspondente do novo conjunto, concluímos que a soma dos inversos do conjunto original deve ser menor do que 80.
[obm-l] Re: [obm-l] Resolução de Problemas [Problema 138, Eureka! 31]
Tem aquela história de que os termos primitivos são da forma x = m^2 - n^2 y = 2*m*n z = m^2 + n^2 Que tinha uma demonstração que eu esqueci. Mas daí é fácil: x = (m-n)*(m+n). Um dos números m-n, m, m+n é múltiplo de 3. Se n ou m for par então y é múltiplo de 4, caso contrário x é multiplo de 4. Se m ou n for múltiplo de 5 então y é múltiplo de 5, se tiverem a mesma congruência módulo 5 ou simétricas (1 e -1, 2 e -2...) então x é múltiplo de 4, e caso contrário (analisando os casos) z é múltiplo de 5. Como existe uma terna que é (3,4,5) então MMC é 3*4*5 = 60 2010/5/12 Johann Dirichlet peterdirich...@gmail.com Determine o maior divisor comum de todo os números da forma xyz, em que x,y,z satisfazem a equação diofantina x^2+y^2=z^2. -- /**/ Quadrinista e Taverneiro! http://tavernadofimdomundo.blogspot.com Histórias, Poemas, Quadrinhos e Afins http://baratoeletrico.blogspot.com / Ativismo Digital (?) http://bridget-torres.blogspot.com/ Personal! Do not edit! = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
Re: [obm-l] Resolucao de problemas[Problema 134, Eureka! 31]
2010/5/10 Johann Dirichlet peterdirich...@gmail.com Considere a operação . entre dois vetores do R^3 definida por: (x,y,z) . (a,b,c) = (xa+yc+zb,xc+yb+za,xb+ya+zc) Demonstre que para todo K0, se (x,y,z)^k=(0,0,0) entao (x,y,z)=(0,0,0) A idéia é perceber que essa operação é equivalente ao produto de uma matriz M por v = (x,y,z). Essa matriz é: | a c b | | c b a | | b a c | Mas eu sei que se M*v = 0 então v pertence ao núcleo de M. Vou calcular os autovalores de M para saber seu núcleo. Após contas ... L^3 - k*L^2 - q*L + k*q = 0, onde k = (a+b+c); q = (a^2 + b^2 + c^2 - a*c - a*b - b*c); e L é lâmbda :) Isso dá (L-k)*(L^2-q) = 0. Agora, se M tem núcleo não trivial então ou k=0 ou +- sqrt(q)=0 = q=0. (Se M tem núcleo trivial então M*v = 0 = v = 0 o que termina o problema.) Vou analisar os 2 casos. 1o caso, q=0: q = (a^2 + b^2 + c^2 - a*c - a*b - b*c) = ((a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2)/2, daonde concluímos que q=0 = *a=b=c*. Para clarear seja (x,y,z)^i = (x_i, y_i, z_i). Se (x,y,z)^k = 0, a matriz que estamos trabalhando é a matriz onde a = x_(k-1), b = y_(k-1), c = z_(k-1). Voltando, se a=b=c então (x,y,z)*(a,b,c) = (a*(x+y+z), a*(x+y+z), a*(x+y+z)). Se v^k = 0 então (x+y+z) = 0 ou a=b=c=0. Porém (a,b,c) = v^(k-1). Se v^(k-1) = 0, aplicamos o mesmo raciocínio e vemos que v^(k-2) = 0 ou (x+y+z) = 0. É fácil ver que por indução v^1 = 0 ou (x+y+z) = 0, ou seja (x+y+z) = 0. Mas a soma dos termos de (x,y,z) . (a,b,c) = (xa+yc+zb,xc+yb+za,xb+ya+zc) é (x+y+z)*(a+b+c). Ou seja se (x+y+z) = 0 então todos os v^i terão soma dos termos 0. Mas como nesse caso tínhamos a=b=c, agora também temos a+b+c=0, logo a=b=c=0. Ou seja concluímos que se v^k = 0 então v^(k-1) = 0. Por indução v = 0, que é o que queríamos provar. _ 2o caso, k=0, e q !=0 (!= significa diferente) k = a+b+c = 0. Sabemos que a soma dos termos de v^i é (x+y+z)*(a+b+c), onde (a,b,c) = v^(i-1). Ou seja, x_i + y_i + z_i = 0 = (x+y+z) = 0 ou x_(i-1) + y_(i-1) + z_(i-1) = 0. É fácil ver que por indução *(x+y+z) = 0*. Nesse caso, estou assumindo que q !=0, ou seja M tem apenas um autovalor nulo. Agora observe que o autovetor relativo a esse autovalor é (1,1,1). Então temos M*v = 0 = v pertence ao subespaço gerado por (1,1,1), ou seja o núcleo de M. Porém esse núcleo é ortogonal ao plano (x+y+z) = 0. Portanto a única solução é a trivial, (0,0,0). Ou observe que um cara (x,y,z) do subespaço gerado por (1,1,1) tem x=y=z, que somado ao fato x+y+z = 0 nos dá x=y=z=0, que é o que queríamos provar.
Re: [obm-l] Probabilidade - V OBB
Vamos lá: característica recessiva -- necessita de 2 genes portadores para aparecer característica dominante -- necessita de apenas 1 gene portador para aparecer OK, ao que interessa. O seu erro foi em considerar as probabilidades do genótipo do pai como 25% rr, 25% RR 50% Rr. Essas probabilidades só se manifestariam se os genes R e r fossem achados em igual proporção na natureza. Presta atenção ao que vc afirmou: que 25% da população sofre de Huntington (se for recessivo) ou 75% da população (se for dominante). A menos que vc esteja vendo House M.D., essa doença é raríssima, de modo que podemos considerar a proporção de doentes próxima a 0 _ aí tem que usar o bom senso mesmo. Ficamos então com: Se for recessivo (a mãe é a doente sem perda de generalidade): mãe - rr pai - RR com p de chance, ou Rr com chance (1-p) (pois se fosse rr seria doente, o que estamos desprezando) filho - Rr em p + (1-p)/2 = (1+p)/2; rr em (1-p)/2. O dado do enunciado diz que rr = 1/2, concluímos que p=0. Porém se p = 0, isso significa que praticamente toda a população é Rr, o que faria a geração seguinte ser 25% rr, 50% Rr, 25% RR, o que é um absurdo, pois estamos em equilíbrio. Se for dominante (a mãe é a doente sem perda de generalidade): mãe - RR com chance p ou Rr com chance (1-p) pai - rr (pois estamos desprezando a proporção de doentes ) filho - rr com chance (1-p)/2; Rr com chance p + (1-p)/2 = (1+p)/2. Novamente o enunciado diz que Rr =1/2, o que nos dá p=0, o que nos diz que as pessoas que têm Huntington são praticamente todas Rr, o que não é nenhum absurdo (ainda bem né!) Bom, resumindo: cuidado ao atribuir probabilidades aos eventos. E boa prova. 2010/5/1 João Maldonado joao_maldona...@hotmail.com Sei que não é o lugar certo para perguntar, me desculpe, e acho que muitas pessoas vão me criticar também. Mas esse problema tem um pouco haver com matemática, e estou DESESPERADO ! Vou fazer olimpíada brasileira de biologia amanhã. Pode parecer ridículo este tipo de problema, mas caiu na 1a fase da olimpíada o ano passado e eu nao estou conseguindo resolver. Sabe-se que a doença de Huntington é autossômica dominante. Se pede para provar isso a partir da seguinte afirmação: É uma doença hereditária, causada por uma mutação genética,tendo o filho(a) da pessoa afetada 50% de probabilidades de a desenvolver. Se um descendente não herdar o gene da doença, não a desenvolverá nem a transmitirá à geração seguinte. Acompanhem o meu raciocínio e me diagam o que está errado. Ok, se a probabilidade é a mesma para cada sexo, ela é autossômica. Agora vem o problema: Ele fala que o filho da pessoa afetada tem 50% de chances de desenvolver. Vamos dizer que seja a mãe a afetada. O problema não disse se o pai é afetado ou não, teríamos de calcular todas as probabilidades. Se a doença for recessiva: Mãe: rr Pai: 25% - rr 25% - RR 50% Rr No primeiro caso temos 100% de chance de herdar a doença No segundo temos 0% No terceiro temos 50% P(total) = 100%.(1/4) + 0%.(1/4) + 50%.(1/2) = 50% Se a doença for dominante: Mãe: 1-) (1/3) - RR 2-) (2/3) - Rr Pai: a-) 25% - rr b-) 25% - RR c-) 50% - R No caso 1a) 100% 1b) 100% 1c) 100% P(1) = 100% 2a) 50% 2b) 100% 2c) 75% P(2) = 50%.(1/4) + 100%.(1/4) + 75%.(1/2) = 75% P(total) = 250/3 = 83,3% Olha o tamanho da conta ! Tenho certeza que não seria a resolução do problema, devo ter errado em algum conceito no início do problema. Quem puder me ajudar eu agradeço muitíssimo. A olimpíada é amanhã e o único problema que eu estou em dúvida é esse. Obrigado João Victor -- Quer usar o Messenger sem precisar instalar nada? Veja como usar o Messenger Web.http://www.windowslive.com.br/public/tip.aspx/view/24?product=1ocid=Hotmail:MSN:Hotmail:Tagline:1x1:semLinha
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] MANTRA PROBABILÍSTICO!
Ahhh legal essa solução. Tinha pensado em outra solução simples (mas não tão simples) Se B jogasse 2009 moedas (o mesmo q A) então a chance de B ter mais caras é p e a chance de A ter mais caras é p também (por simetria) e portanto a chance de eles terem o mesmo número de caras é 1-2p. Agora B vai jogar uma moeda a mais. Se A tinha mais caras que B, então B poderá no máximo empatar, Se B já tinha mais caras, então ele continuará com mais caras e se eles tivessem empatados então há uma chance de 1/2 de B passar a ter mais. Logo a chance é p + (1-2p)*1/2 = 1/2 2009/10/14 Ralph Teixeira ralp...@gmail.com Bom, se fosse fazer assim, sim, teria que usar varias combinacoes... Mas o jeito mais facil evita estas contas todas: E1=B tira mais caras do que A E2=B tira mais coroas do que A Note que pelo menos um destes eventos tem que acontecer (por que?); mas eles nao podem AMBOS acontecer (por que?)! Assim, Pr(E1)+Pr(E2)=1. Agora, POR SIMETRIA cara/coroa, Pr(E1)=Pr(E2). Entao Pr(E1)=Pr(E2)=1/2. Sua resposta estava certa, mas o argumento nao. Abraco, Ralph
[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Res: [obm-l] Eud oxo Zenão
*1) O que você achou da solução dada por Eudoxo para o dilema de Pitágoras? * O paradoxo de Zenão eu já conhecia, mas o Eudoxo eu só conheci hoje ao procurar no google. Maneiro, o cara praticamente introduziu o conceito de números reais enquanto todo mundo só pensava em racionais. E o Dedekind se baseou na idéia dele né. Os gregos eram muito inteligentes, pena que falavam grego e ninguém entendia ... Quanto ao Zenão eu acho interessante notar a maturidade que tratamos hoje o infinito. Na época ninguém entendia o infinito direito e aí surgiam esses paradoxos, que hoje são até bobinhos. Esse é o problema de discutir algo que não se sabe (por outro lado é discutindo o que não se sabe é que se aprende né). Hoje em dia achamos o problema das 3 portas muito mais intrigante. No futuro nossos descendentes vão achar estranho a gente ter ficado tanto tempo discutindo e discordando de um problema tão trivial.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] são diferentes?
hahapq vc tem os seus mantra 1 e 2 visto que o mantra 1 é um caso particular do mantra 2? 2009/10/5 Ralph Teixeira ralp...@gmail.com P.S.: Mantra probabilistico que eu canto para mim mesmo sempre que eu comeco um problema de probabilidade: 1. Duas maneiras de algo ocorrer nao necessariamente significa que eh 50% de probabilidade cada. 2. N maneiras de algo ocorrer nao necessariamente significa que cada maneira tem probabilidade 1/N.
Re: [obm-l] Algebra Linear (novo)
Considero esse raciocínio simples e objetivo:
2)K=(x1,x2,x3,-x1-x2-x3)=(x1,0,0,-x1)+(0,x2,0,-x2)+(0,0,x3,-x3)=x1(1,0,0,-1)+x2(0,1,0,-1)+x3(0,0,1,-1),para
quaisquer x1,x2,x3.Portanto a base é {(1,0,0,-1),(0,1,0,-1),(0,0,1,-1)},
como esperado.
Em 22/09/07, Klaus Ferraz [EMAIL PROTECTED] escreveu:
1) Encontre um contra-exemplo para a seguinte afirmação: Se w1,...,w4 é
uma base para R^4 e se W é um subespaço, então algum subconjunto dos w's irá
formar uma base para W.
2) Exiba uma base para o subespaço a seguir:
K={(x1,x2,x3,x4) E R^4, x1+x2+x3+x4=0}
Essa 2 aí, para eu achar a base tem que ser por inspeção?
Grato.
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maishttp://br.rd.yahoo.com/mail/taglines/flickr/*http://www.flickr.com.br/.
RE: [obm-l] Probabilidade
From: Graciliano Antonio Damazo [EMAIL PROTECTED] Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br To: obm-l@mat.puc-rio.br Subject: [obm-l] Probabilidade Date: Tue, 3 Jul 2007 18:57:02 -0300 (ART) galera estou com dificuldade em pór no papel os calculos desse exercicio, pois eu imagino a resposta por intuição mas nao consigo chegar nas contas.me ajudem 1) um prisioneiro possui 50 bolas brancas e 50 bolas pretas e duas urnas. O prisioneiro deve colocar do modo que preferir as bolas nas duas urnas(nehunma urna pode ficar vazia). As urnas serao embaralhadas e o prisioneiro deverá, de olhas fechados, escolher uma urna e , nesta urna, uma bola. Se a bola for branca, ele será libertado e , caso contrario, condenado. Como deve proceder o prisioneiro para maximizar a probabilidade de ser libertado? desde já agradeço. Abraços Acho que consegui uma boa solução: A urna 1 terá maioria branca enquanto a urna 2 maioria preta, sem perda de generalidade(se ambas as urnas tiverem quantidades iguais de pretas e brancas a probabilidade é de 1/2, o que sabemos pode ser superada). Individualmente( sem levar em conta a configuração da outra urna), a maior probabilidade de se obter bolas brancas em 1(urna 1) é de 100%. A probabiladade de se obter bolas brancas em 2(individualmente) é: b/(p+b),o que é maior quanto menor for p e maior for b.Porém pb(urna 2) e portanto o menor valor de p é b+1, e então o maior valor de b é 49(p não pode ultrapassar 50). Como os dois máximos individuais são os mesmos(1bola branca na urna 1 e o resto na urna 2), garantimos então que o máximo geral(a resposta do problema) se dá nessa configuração e vale: 1/2 + (49/49+50)/2, como esperado. Espero ter sido claro. - Novo Yahoo! Cadê? - Experimente uma nova busca. _ Verificador de Segurança do Windows Live OneCare: verifique já a segurança do seu PC! http://onecare.live.com/site/pt-br/default.htm = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
