[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória

[Marcos Xavier]

Obrigado Hugo. Excelente. Gostei muito da sua solução.
Abç.

Date: Thu, 18 Feb 2016 13:00:19 -0200
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória
From: hfernande...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Seja A = { x | x é anagrama de PIRAMIDAL começando por PIR, nessa ordem }
e B = { x | x é anagrama de PIRAMIDAL cujas últimas 4 letras são A, D, I, L, 
não necessariamente nessa ordem }

Queremos calcular n(A U B) = n(A) + n(B) - n(A interseção B)

Calculando, temos: n(A) = P 6,2 = 6!/2! = 360 (fixo PIR e permuto AMIDAL, com 
repetição dos 2 A's)
n(B) = P4 * P5 = 4! * 5! = 120 * 24 = 2880 ( permuto PIRAM nas cinco primeiras 
posições E permuto IDAL nas 4 últimas)
n(A interseção B) = P2 * P4 = 2! * 4! = 48 ( fixo PIR, permuto AM nas duas 
posições seguintes E IDAL nas 4 últimas)

Logo, n(A U B) = 2880 + 360 - 48 = 3192

Att.
Hugo Fernando Marques FernandesMinistro Leigo da Igreja Episcopal Anglicana do 
Brasil (IEAB)Diocese Anglicana do RJ - DARJCatedral do Redentor


Em 18 de fevereiro de 2016 12:09, Marcos Xavier <mccxav...@hotmail.com> 
escreveu:



Prezados amigos, preciso de ajuda para resolver esse problema.
Quantos são os anagramas da palavra PIRAMIDAL que começam por PIR, nessa ordem, 
ou cujas últimas 4 letras são A, D, I, L, não necessariamente nessa ordem?
Gabarito: 3192.
Obrigado pela ajuda.
Marcos X. 

  

[obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória

[Hugo Fernando Marques Fernandes]

Seja A = { x | x é anagrama de PIRAMIDAL começando por PIR, nessa ordem }
e B = { x | x é anagrama de PIRAMIDAL cujas últimas 4 letras são A, D, I,
L, não necessariamente nessa ordem }

Queremos calcular n(A U B) = n(A) + n(B) - n(A interseção B)

Calculando, temos: n(A) = P 6,2 = 6!/2! = 360 (fixo PIR e permuto AMIDAL,
com repetição dos 2 A's)
n(B) = P4 * P5 = 4! * 5! = 120 * 24 = 2880 ( permuto PIRAM nas cinco
primeiras posições E permuto IDAL nas 4 últimas)
n(A interseção B) = P2 * P4 = 2! * 4! = 48 ( fixo PIR, permuto AM nas duas
posições seguintes E IDAL nas 4 últimas)

Logo, n(A U B) = 2880 + 360 - 48 = 3192

Att.

*Hugo Fernando Marques Fernandes*
Ministro Leigo da Igreja Episcopal Anglicana do Brasil (IEAB)
Diocese Anglicana do RJ - DARJ
Catedral do Redentor


Em 18 de fevereiro de 2016 12:09, Marcos Xavier 
escreveu:

> Prezados amigos, preciso de ajuda para resolver esse problema.
>
> Quantos são os anagramas da palavra PIRAMIDAL que começam por PIR, nessa
> ordem, ou cujas últimas 4 letras são A, D, I, L, não necessariamente nessa
> ordem?
>
> Gabarito: 3192.
>
> Obrigado pela ajuda.
>
> Marcos X.
>

[obm-l] Análise Combinatória

[Marcos Xavier]

Prezados amigos, preciso de ajuda para resolver esse problema.
Quantos são os anagramas da palavra PIRAMIDAL que começam por PIR, nessa ordem, 
ou cujas últimas 4 letras são A, D, I, L, não necessariamente nessa ordem?
Gabarito: 3192.
Obrigado pela ajuda.
Marcos X. 

Re: [obm-l] Análise combinatória

[Gabriel Tostes]

A respostas 45360 está correta... Numere as cadeiras de 1 a 15 e dívida em 3 em 
casos: 
1-> 15 ocupada
2-> 1 ocupada (análogo ao 1º)
3-> 1 e 15 vazias.

No primeiro caso temos que 1 e 14 devem estar vazias, logo, temos 4 pessoas 
para distribuir nas 12 cadeiras restantes... 
Como cada pessoa deve ocupar uma dessas cadeiras restam 8 vazias pra distribuir 
entre as pessoas, mas entre duas pessoas deve ter ao menos cadeira vazia, então 
-> 9!/5!x4!=136
No terceiro caso temos 13 cadeiras pra colocar 5 pessoas, logo 8 vazias, mas 
entre duas pessoas devemos ter uma cadeira vazia pelo menos uma vazia -> 
9!/4!x5!=136
Total-> (2x136+136)x5!=45360

> On Dec 10, 2015, at 16:45, Vanderlei Nemitz  wrote:
> 
> Pessoal, gostaria de uma ajuda com essa questão. Vi em um site a resposta 
> 45360, mas não concordo. Encontrei um valor bem menor. Obrigado!
> 
> Vanderlei
> 
> Cinco pessoas devem se sentar em 15 cadeiras colocadas em torno de uma mesa 
> circular. De quantos modos isso pode ser feito se não deve haver ocupação 
> simultânea de duas cadeiras adjacentes? 
> 
> -- 
> 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] Análise combinatória

[Vanderlei Nemitz]

Gabriel:
É justamente esse último 5! que eu tenho dúvidas. A permutação é circular,
certo? Mesmo assim multiplicamos por 5!? Sim, percebi o erro de digitação,
mas isso não é o principal.

Em 10 de dezembro de 2015 17:23, Gabriel Tostes 
escreveu:

> A respostas 45360 está correta... Numere as cadeiras de 1 a 15 e dívida em
> 3 em casos:
> 1-> 15 ocupada
> 2-> 1 ocupada (análogo ao 1º)
> 3-> 1 e 15 vazias.
>
> No primeiro caso temos que 1 e 14 devem estar vazias, logo, temos 4
> pessoas para distribuir nas 12 cadeiras restantes...
> Como cada pessoa deve ocupar uma dessas cadeiras restam 8 vazias pra
> distribuir entre as pessoas, mas entre duas pessoas deve ter ao menos
> cadeira vazia, então -> 9!/5!x4!=136
> No terceiro caso temos 13 cadeiras pra colocar 5 pessoas, logo 8 vazias,
> mas entre duas pessoas devemos ter uma cadeira vazia pelo menos uma vazia
> -> 9!/4!x5!=136
> Total-> (2x136+136)x5!=45360
>
> On Dec 10, 2015, at 16:45, Vanderlei Nemitz  wrote:
>
> Pessoal, gostaria de uma ajuda com essa questão. Vi em um site a resposta
> 45360, mas não concordo. Encontrei um valor bem menor. Obrigado!
>
> Vanderlei
>
> *Cinco pessoas devem se sentar em 15 cadeiras colocadas em torno de uma
> mesa circular. De quantos modos isso pode ser feito se não deve haver
> ocupação simultânea de duas cadeiras adjacentes? *
>
> --
> 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] Análise combinatória

[Gabriel Tostes]

9!/5!x4!=126, errei ali.

> On Dec 10, 2015, at 17:23, Gabriel Tostes  wrote:
> 
> A respostas 45360 está correta... Numere as cadeiras de 1 a 15 e dívida em 3 
> em casos: 
> 1-> 15 ocupada
> 2-> 1 ocupada (análogo ao 1º)
> 3-> 1 e 15 vazias.
> 
> No primeiro caso temos que 1 e 14 devem estar vazias, logo, temos 4 pessoas 
> para distribuir nas 12 cadeiras restantes... 
> Como cada pessoa deve ocupar uma dessas cadeiras restam 8 vazias pra 
> distribuir entre as pessoas, mas entre duas pessoas deve ter ao menos cadeira 
> vazia, então -> 9!/5!x4!=136
> No terceiro caso temos 13 cadeiras pra colocar 5 pessoas, logo 8 vazias, mas 
> entre duas pessoas devemos ter uma cadeira vazia pelo menos uma vazia -> 
> 9!/4!x5!=136
> Total-> (2x136+136)x5!=45360
> 
>> On Dec 10, 2015, at 16:45, Vanderlei Nemitz  wrote:
>> 
>> Pessoal, gostaria de uma ajuda com essa questão. Vi em um site a resposta 
>> 45360, mas não concordo. Encontrei um valor bem menor. Obrigado!
>> 
>> Vanderlei
>> 
>> Cinco pessoas devem se sentar em 15 cadeiras colocadas em torno de uma mesa 
>> circular. De quantos modos isso pode ser feito se não deve haver ocupação 
>> simultânea de duas cadeiras adjacentes? 
>> 
>> -- 
>> 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] Análise combinatória

[Vanderlei Nemitz]

Pessoal, gostaria de uma ajuda com essa questão. Vi em um site a resposta
45360, mas não concordo. Encontrei um valor bem menor. Obrigado!

Vanderlei

*Cinco pessoas devem se sentar em 15 cadeiras colocadas em torno de uma
mesa circular. De quantos modos isso pode ser feito se não deve haver
ocupação simultânea de duas cadeiras adjacentes? *

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

Re: [obm-l] Re: [obm-l] Análise combinatória

[Gabriel Tostes]

Sim... Dividi em casos pra "tirar" a permutacao circular. O 136 de cada caso 
significa 136 modos de organizar as Cadeiras em "vazias" e "com Pessoas". Temos 
5! Maneiras de distribuir as Pessoas nelas.
> On Dec 10, 2015, at 17:34, Vanderlei Nemitz  wrote:
> 
> Gabriel:
> É justamente esse último 5! que eu tenho dúvidas. A permutação é 
> circular, certo? Mesmo assim multiplicamos por 5!? Sim, percebi o erro de 
> digitação, mas isso não é o principal. 
> 
> Em 10 de dezembro de 2015 17:23, Gabriel Tostes  escreveu:
>> A respostas 45360 está correta... Numere as cadeiras de 1 a 15 e dívida em 
>> 3 em casos:Â 
>> 1-> 15 ocupada
>> 2-> 1 ocupada (análogo ao 1º)
>> 3-> 1 e 15 vazias.
>> 
>> No primeiro caso temos que 1 e 14 devem estar vazias, logo, temos 4 pessoas 
>> para distribuir nas 12 cadeiras restantes... 
>> Como cada pessoa deve ocupar uma dessas cadeiras restam 8 vazias pra 
>> distribuir entre as pessoas, mas entre duas pessoas deve ter ao menos 
>> cadeira vazia, então -> 9!/5!x4!=136
>> No terceiro caso temos 13 cadeiras pra colocar 5 pessoas, logo 8 vazias, mas 
>> entre duas pessoas devemos ter uma cadeira vazia pelo menos uma vazia -> 
>> 9!/4!x5!=136
>> Total-> (2x136+136)x5!=45360
>> 
>>> On Dec 10, 2015, at 16:45, Vanderlei Nemitz  wrote:
>>> 
>>> Pessoal, gostaria de uma ajuda com essa questão. Vi em um site a 
>>> resposta 45360, mas não concordo. Encontrei um valor bem menor. Obrigado!
>>> 
>>> Vanderlei
>>> 
>>> Cinco pessoas devem se sentar em 15 cadeiras colocadas em torno de uma mesa 
>>> circular. De quantos modos isso pode ser feito se não deve haver 
>>> ocupação simultânea de duas cadeiras adjacentes? 
>>> 
>>> -- 
>>> 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] Análise combinatória

[Vanderlei Nemitz]

Mas então é levado em consideração a posição relativa das pessoas e das
cadeiras vazias? Por exemplo, se um pessoa A está nas mesmas posições
relativas em relação às pessoas B, C, D, E, mas ao seu lados estão outras
cadeiras vazias, a distribuição é considerada diferente? Pois caso não
seja, pensei que deveríamos multiplicar por (5 - 1)! = 24. Claro que meu
raciocínio pode estar falho!

Em 10 de dezembro de 2015 17:45, Gabriel Tostes 
escreveu:

> Sim... Dividi em casos pra "tirar" a permutacao circular. O 136 de cada
> caso significa 136 modos de organizar as Cadeiras em "vazias" e "com
> Pessoas". Temos 5! Maneiras de distribuir as Pessoas nelas.
> On Dec 10, 2015, at 17:34, Vanderlei Nemitz  wrote:
>
> Gabriel:
> É justamente esse último 5! que eu tenho dúvidas. A permutação é
> circular, certo? Mesmo assim multiplicamos por 5!? Sim, percebi o erro de
> digitação, mas isso não é o principal.Â
>
> Em 10 de dezembro de 2015 17:23, Gabriel Tostes 
> escreveu:
>
>> A respostas 45360 está correta... Numere as cadeiras de 1 a 15 e dívida
>> em 3 em casos:Â
>> 1-> 15 ocupada
>> 2-> 1 ocupada (análogo ao 1º)
>> 3-> 1 e 15 vazias.
>>
>> No primeiro caso temos que 1 e 14 devem estar vazias, logo, temos 4
>> pessoas para distribuir nas 12 cadeiras restantes...Â
>> Como cada pessoa deve ocupar uma dessas cadeiras restam 8 vazias pra
>> distribuir entre as pessoas, mas entre duas pessoas deve ter ao menos
>> cadeira vazia, então -> 9!/5!x4!=136
>> No terceiro caso temos 13 cadeiras pra colocar 5 pessoas, logo 8 vazias,
>> mas entre duas pessoas devemos ter uma cadeira vazia pelo menos uma vazia
>> -> 9!/4!x5!=136
>> Total-> (2x136+136)x5!=45360
>>
>> On Dec 10, 2015, at 16:45, Vanderlei Nemitz 
>> wrote:
>>
>> Pessoal, gostaria de uma ajuda com essa questão. Vi em um site a
>> resposta 45360, mas não concordo. Encontrei um valor bem menor. Obrigado!
>>
>> Vanderlei
>>
>> *Cinco pessoas devem se sentar em 15 cadeiras colocadas em torno de uma
>> mesa circular. De quantos modos isso pode ser feito se não deve haver
>> ocupação simultânea de duas cadeiras adjacentes? *
>>
>> --
>> 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.
>
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> 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] Análise Combinatória

[Carlos Nehab]

K! Esse é o tipo de questão indigna, para o ENEM. Contexto inadequado!
Kkkk.

Abs
Nehab
Em 11/08/2015 10:22, Pedro Costa npc1...@gmail.com escreveu:

 Uma aranha tem uma meia e um sapato paracada um de seus oito pés. De
 quantas maneiras diferentes

 a aranha pode se calçar admitindo que a meia tem que ser colocada antes do
 sapato?


 --
 [image: Avast logo] https://www.avast.com/antivirus

 Este email foi escaneado pelo Avast antivírus.
 www.avast.com https://www.avast.com/antivirus


 --
 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] Análise Combinatória

[Pedro Costa]

Uma aranha tem uma meia e um sapato paracada um de seus oito pés. De
quantas maneiras diferentes

a aranha pode se calçar admitindo que a meia tem que ser colocada antes do
sapato?



---
Este email foi escaneado pelo Avast antivírus.
https://www.avast.com/antivirus

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória

[Pedro José]

Boa tarde!

Fez-se a restrição de que a meia deva ser calçada antes do sapato, o que é
esperado, porém não se fez a restrição de que os sapatos e meias e são
diferentes.

Use o princípio da multiplicação. Para o primeiro pé 8 escolhas para meia e
8 para sapato para o segundo 7 escolhas para meia e 7 para sapato

8*8*7*7*1*1 = (8!)^2

Saudações,
PJMS.


Em 11 de agosto de 2015 10:16, Pedro Costa npc1...@gmail.com escreveu:

 Uma aranha tem uma meia e um sapato paracada um de seus oito pés. De
 quantas maneiras diferentes

 a aranha pode se calçar admitindo que a meia tem que ser colocada antes do
 sapato?


 --
 [image: Avast logo] https://www.avast.com/antivirus

 Este email foi escaneado pelo Avast antivírus.
 www.avast.com https://www.avast.com/antivirus


 --
 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.

{Disarmed} [obm-l] {Disarmed} RE: [obm-l] Análise Combinatória

[João Maldonado]

Nao consegui ver a figura, mas creio que seja um cubo e a e b são arestas 
opostas (é isso)? Se for isso a quantidade de caminhos mais curtos (considerei 
isso como sendo  o menor caminho possivel percorrido somente pelas arestas do 
cubo, ou seja, tres  movimentos) é 6. Voce quer saber se tem como chegar em b 
com mais de tres novimentos? A resposta é sim, voce pode ficar indefinidamente 
percorrendo o cubo antes de chegar em b. É possivel chegar em b com  mais de 3 
movimentos sem passar pela mesma aresta? A resposta é sim, com 5 ou 7 
movimentos. É possivel chegar em b com 6 movimentos? Não, somente com  um 
numero impar. Por que?

Considere um sistema de eixos tridimensional com o centro do cubo no centro do 
sistema e todas as arestad paralelas a algum dos eixos. Sendo a = (k, k, k) por 
exemplo, b é igual a (-k, -k, -k) 
Um movimento consiste em multilplicar uma e  somente uma dws coordenadas do 
vertice inicial para hegar no vertice desejado, deste modo cada coordenada tem 
que ser multiplicada um numero impar de vezes, e como impqr mais impar mais 
impar da impar, temos um numero impar de movimentos

Abs
Joao

Date: Sat, 21 Sep 2013 01:37:20 -0300
Subject: [obm-l] Análise Combinatória
From: dk.virtua...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Alguém poderia me ajudar na seguinte questão?

Considere a figura a seguir. O número de caminhos mais curtos, ao longo das 
arestas dos cubos, ligando os pontos A e B, é

a) 2.

b) 4.

c) 12.

d) 18.

e) 36.



A figura encontra-se no link: 
http://www.diadematematica.com/vestibular/temp/pfc/e5135.bmp

O que tentei:
1. Saindo de A, tenho 3 arestas que posso escolher.

2. Seguindo por uma destas arestas, fico em um vértice no qual tenho 2 arestas 
pelas quais posso andar (a terceira aresta deste vértice me levaria de volta ao 
ponto A, o que não me interessa).
3. Neste novo vértice que estou, meu objetivo é passar para O. Assim, só tenho 
uma opção para seguir, ou seja, 1 caminho.


Assim, para ir de A até O, tenho 3 x 2 x 1 = 6 caminhos curtos.

Como o problema é simétrico, para ir de O até B, terei também 6 caminhos 
(curtos).

Assim, o total de caminhos curtos será 6 x 6 = 36.


É isto?

Uma outra pergunta me passou pela cabeça: como posso ter certeza que não existe 
um caminho que liga A até B passando, por exemplo, por 6 arestas. Sei que a 
intuição garante que é 6, mas como faço para provar isto?



Grato.



--

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.

[obm-l] Análise Combinatória

[Rafael Dumas]

Alguém poderia me ajudar na seguinte questão?

Considere a figura a seguir. O número de caminhos mais curtos, ao longo das
arestas dos cubos, ligando os pontos A e B, é
a) 2.
b) 4.
c) 12.
d) 18.
e) 36.

A figura encontra-se no link:
http://www.diadematematica.com/vestibular/temp/pfc/e5135.bmp

O que tentei:
1. Saindo de A, tenho 3 arestas que posso escolher.
2. Seguindo por uma destas arestas, fico em um vértice no qual tenho 2
arestas pelas quais posso andar (a terceira aresta deste vértice me levaria
de volta ao ponto A, o que não me interessa).
3. Neste novo vértice que estou, meu objetivo é passar para O. Assim, só
tenho uma opção para seguir, ou seja, 1 caminho.

Assim, para ir de A até O, tenho 3 x 2 x 1 = 6 caminhos curtos.

Como o problema é simétrico, para ir de O até B, terei também 6 caminhos
(curtos).

Assim, o total de caminhos curtos será 6 x 6 = 36.

É isto?

Uma outra pergunta me passou pela cabeça: como posso ter certeza que não
existe um caminho que liga A até B passando, por exemplo, por 6 arestas.
Sei que a intuição garante que é 6, mas como faço para provar isto?


Grato.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Análise combinatória

[Artur Costa Steiner]

Muito obrigado a todos, excelentes respostas!

Artur Costa Steiner

Em 12/07/2013, às 09:34, Marcos Martinelli mffmartine...@gmail.com escreveu:

 Blza. Entendi agora. Obrigado.
 
 
 Em 12 de julho de 2013 09:29, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu:
 Ola' Marcos,
 eu escrevi errado.
 Como os blocos representam 4 elementos, que ocupam 7 casas, e' como se 
 houvesse 93 casas livres e 4 ocupadas, com um total de 100-(2+2+2+1)+4=97 
 casas.
 Ou seja, existem binom(97,4) formas de distribuirmos os 4 blocos dentro de 
 [1,100].
 
 []'s
 Rogerio Ponce
 
 
 2013/7/12 Marcos Martinelli mffmartine...@gmail.com
 Só não entendi essa parte: 100-(2+2+2+1)=97.
 
 
 Em 12 de julho de 2013 09:08, Marcos Martinelli mffmartine...@gmail.com 
 escreveu:
 Legal.
 
 
 Em 12 de julho de 2013 09:02, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu:
 
 Ola' Artur,
 como queremos que a distancia minima entre os elementos seja de pelo 
 menos 2, podemos imaginar que devemos distribuir , dentro do segmento 
 [0,100], 3 blocos com comprimento 2 , e um bloco com comprimento 1 (o 
 bloco mais 'a direita).
 Como existem 100-(2+2+2+1)=97 vagas, o resultado vale binom(97,4)=3464840.
 
 []'s
 Rogerio Ponce
 
 
 2013/7/11 Artur Costa Steiner steinerar...@gmail.com
 Não consegui achar uma forma de resolver isto sem recorrer a um 
 computador.
 
 Com os inteiros de 1 a 100, quantos conjuntos de 4 elementos podemos 
 formar de modo que a diferença positiva entre dois elementos do 
 conjunto seja maior ou igual a 2?
 
 Abraços.
 
 Artur Costa Steiner
 --
 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 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 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] Análise combinatória

[Lucas Prado Melo]

2013/7/12 Marcos Martinelli mffmartine...@gmail.com

 Seja {A_n} a quantidade de seqüências com 4 números escolhidos de 1 a n
 tais que a diferença positiva seja maior ou igual a 2 (n=4).

 Seja {B_n} a quantidade de seqüências com 3 números escolhidos de 1 a n
 tais que a diferença positiva seja maior ou igual a 2 (n=3).

 Seja {C_n} a quantidade de seqüências com 2 números escolhidos de 1 a n
 tais que a diferença positiva seja maior ou igual a 2 (n=2).

 Para sabermos quanto vale A_(n+1), devemos dividir nossa contagem em duas
 partes:

 i) escolher 4 números dentre os que vão de 1 a n tais que a diferença
 positiva seja maior ou igual a 2. Isto pode ser feito de A_n maneiras.

 ii) escolher o (n+1) como um número obrigatório a constar no nosso
 conjunto de 4. Após isso, escolher 3 números entre os que vão de 1 a (n-1),
 cuja diferença positiva seja maior ou igual a 2. Isto pode ser feito de
 B_(n-1) maneiras.

 Podemos escrever: A_(n+1) = A_n + B_(n-1) (n=4).

 Analogamente teremos: B_(n+1) = B_n + C_(n-1) (n=3).

 Pensando de maneira similar, temos também: C_(n+1) = C_n + (n-1) (n=2).

 Temos três séries telescópicas. Resolvendo e lembrando que a soma das
 colunas do triângulo de Pascal é o número binomial localizado na diagonal à
 direita do último elemento do somatório, obteremos:

 C_n = binomial (n-1,2) = (n-1).(n-2)/2!

 B_n = binomial (n-2,3) = (n-2)(n-3)(n-4)/3!

 A_n = binomial (n-3,4) = (n-3)(n-4)(n-5)(n-6)/4!


Interessante a solução, ela me faz pensar o seguinte:
há uma bijeção entre uma escolha (x1, x2, x3, x4) em números de 1 a n com a
restrição, e uma escolha (x1, x2-1, x3-2, x4-3) para números de 1 a n-3 sem
a restrição. Como este último pode ser escolhido de binomial(n-3, 4)
formas, então o primeiro também poderia.

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Lucas

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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Análise combinatória

[Lucas Prado Melo]

2013/7/12 Marcos Martinelli mffmartine...@gmail.com

 Mas vc conseguiu mostrar que existe mesmo a bijeção?


Um representante do primeiro tera um único representante no segundo e
vice-versa pois só é feita uma subtração/soma.

A questão é somente se as restrições são respeitadas.

x2-1  x1 sse x2-x1 = 2
x3-2  x2-1 sse x3-x2 = 2
x4-3  x3-2 sse x4-x3 = 2

x4 = n sse x4-3 = n-3
x1 = 1 sse x1 = 1

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Lucas

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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Análise combinatória

[Marcos Martinelli]

Só não entendi essa parte: 100-(2+2+2+1)=97.


Em 12 de julho de 2013 09:08, Marcos Martinelli
mffmartine...@gmail.comescreveu:

 Legal.


 Em 12 de julho de 2013 09:02, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu:

 Ola' Artur,
 como queremos que a distancia minima entre os elementos seja de pelo
 menos 2, podemos imaginar que devemos distribuir , dentro do segmento
 [0,100], 3 blocos com comprimento 2 , e um bloco com comprimento 1 (o
 bloco mais 'a direita).
 Como existem 100-(2+2+2+1)=97 vagas, o resultado vale binom(97,4)=3464840.

 []'s
 Rogerio Ponce


 2013/7/11 Artur Costa Steiner steinerar...@gmail.com

 Não consegui achar uma forma de resolver isto sem recorrer a um
 computador.

 Com os inteiros de 1 a 100, quantos conjuntos de 4 elementos podemos
 formar de modo que a diferença positiva entre dois elementos do conjunto
 seja maior ou igual a 2?

 Abraços.

 Artur Costa Steiner
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 =
 Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Análise combinatória

[Rogerio Ponce]

Ola' Marcos,
eu escrevi errado.
Como os blocos representam 4 elementos, que ocupam 7 casas, e' como se
houvesse 93 casas livres e 4 ocupadas, com um total de 100-(2+2+2+1)+4=97
casas.
Ou seja, existem binom(97,4) formas de distribuirmos os 4 blocos dentro de
[1,100].

[]'s
Rogerio Ponce


2013/7/12 Marcos Martinelli mffmartine...@gmail.com

 Só não entendi essa parte: 100-(2+2+2+1)=97.


 Em 12 de julho de 2013 09:08, Marcos Martinelli 
 mffmartine...@gmail.comescreveu:

 Legal.


 Em 12 de julho de 2013 09:02, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.comescreveu:

 Ola' Artur,
 como queremos que a distancia minima entre os elementos seja de pelo
 menos 2, podemos imaginar que devemos distribuir , dentro do segmento
 [0,100], 3 blocos com comprimento 2 , e um bloco com comprimento 1 (o
 bloco mais 'a direita).
 Como existem 100-(2+2+2+1)=97 vagas, o resultado vale
 binom(97,4)=3464840.

 []'s
 Rogerio Ponce


 2013/7/11 Artur Costa Steiner steinerar...@gmail.com

 Não consegui achar uma forma de resolver isto sem recorrer a um
 computador.

 Com os inteiros de 1 a 100, quantos conjuntos de 4 elementos podemos
 formar de modo que a diferença positiva entre dois elementos do conjunto
 seja maior ou igual a 2?

 Abraços.

 Artur Costa Steiner
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 =
 Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html

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[obm-l] Análise combinatória

[Artur Costa Steiner]

Não consegui achar uma forma de resolver isto sem recorrer a um computador.

Com os inteiros de 1 a 100, quantos conjuntos de 4 elementos podemos formar de 
modo que a diferença positiva entre dois elementos do conjunto seja maior ou 
igual a 2?

Abraços.

Artur Costa Steiner
-- 
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Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
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[obm-l] Re: [obm-l] Análise combinatória

[Lucas Prado Melo]

2013/7/11 Artur Costa Steiner steinerar...@gmail.com

 Não consegui achar uma forma de resolver isto sem recorrer a um
 computador.

 Com os inteiros de 1 a 100, quantos conjuntos de 4 elementos podemos
 formar de modo que a diferença positiva entre dois elementos do conjunto
 seja maior ou igual a 2?


Utilizando da seguinte identidade:

sum_{0 = k = n}  kCm = (n+1)C(m+1)

, onde xCy é o numero de combinações de x objetos, y a y,

podemos obter uma expressão para o valor procurado.

Em vez de considerar as posições, consideremos a posição inicial x e as
diferenças d1, d2 e d3, de modo que os números selecionados sejam x, x+d1,
x+d1+d2, x+d1+d2+d3.

Se fixarmos k = d1+d2+d3, de quantas formas podemos selecionar uma tripla
(d1, d2, d3)? Basta fazer uma combinação completa de  k-6 em 3 pedaços e
então adicionar a cada um dos 3 pedaços o +2 pra respeitar a restrição de
ser = 2. O número de triplas é portanto (k-6 + 2)C2.

Fixado k, podemos selecionar a posição inicial de 100-k-1 formas.

Assim o número total de formas é
sum_{6 = k = 99} (100 - k - 1) (k-6 +2)C2.

Para nos livrarmos do k no fator podemos fazer o seguinte:

(99 - 3 - (k-3)) (k-4)C2 = 96 (k-4)C2   -(k-3) (k-4)C2  = 96 (k-4)C2
-   3  (k-3)C3

E assim a expressão pode ser obtida da identidade mostrada no início com
algumas manipulaçõezinhas algébricas.


-- 
[]'s
Lucas

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[obm-l] Re: [obm-l] Análise combinatória

[Marcos Martinelli]

Seja {A_n} a quantidade de seqüências com 4 números escolhidos de 1 a n
tais que a diferença positiva seja maior ou igual a 2 (n=4).

Seja {B_n} a quantidade de seqüências com 3 números escolhidos de 1 a n
tais que a diferença positiva seja maior ou igual a 2 (n=3).

Seja {C_n} a quantidade de seqüências com 2 números escolhidos de 1 a n
tais que a diferença positiva seja maior ou igual a 2 (n=2).

Para sabermos quanto vale A_(n+1), devemos dividir nossa contagem em duas
partes:

i) escolher 4 números dentre os que vão de 1 a n tais que a diferença
positiva seja maior ou igual a 2. Isto pode ser feito de A_n maneiras.

ii) escolher o (n+1) como um número obrigatório a constar no nosso conjunto
de 4. Após isso, escolher 3 números entre os que vão de 1 a (n-1), cuja
diferença positiva seja maior ou igual a 2. Isto pode ser feito de B_(n-1)
maneiras.

Podemos escrever: A_(n+1) = A_n + B_(n-1) (n=4).

Analogamente teremos: B_(n+1) = B_n + C_(n-1) (n=3).

Pensando de maneira similar, temos também: C_(n+1) = C_n + (n-1) (n=2).

Temos três séries telescópicas. Resolvendo e lembrando que a soma das
colunas do triângulo de Pascal é o número binomial localizado na diagonal à
direita do último elemento do somatório, obteremos:

C_n = binomial (n-1,2) = (n-1).(n-2)/2!

B_n = binomial (n-2,3) = (n-2)(n-3)(n-4)/3!

A_n = binomial (n-3,4) = (n-3)(n-4)(n-5)(n-6)/4!

Em quinta-feira, 11 de julho de 2013, Lucas Prado Melo escreveu:

 2013/7/11 Artur Costa Steiner steinerar...@gmail.com javascript:_e({},
 'cvml', 'steinerar...@gmail.com');

 Não consegui achar uma forma de resolver isto sem recorrer a um
 computador.

 Com os inteiros de 1 a 100, quantos conjuntos de 4 elementos podemos
 formar de modo que a diferença positiva entre dois elementos do conjunto
 seja maior ou igual a 2?


 Utilizando da seguinte identidade:

 sum_{0 = k = n}  kCm = (n+1)C(m+1)

 , onde xCy é o numero de combinações de x objetos, y a y,

 podemos obter uma expressão para o valor procurado.

 Em vez de considerar as posições, consideremos a posição inicial x e as
 diferenças d1, d2 e d3, de modo que os números selecionados sejam x, x+d1,
 x+d1+d2, x+d1+d2+d3.

 Se fixarmos k = d1+d2+d3, de quantas formas podemos selecionar uma tripla
 (d1, d2, d3)? Basta fazer uma combinação completa de  k-6 em 3 pedaços e
 então adicionar a cada um dos 3 pedaços o +2 pra respeitar a restrição de
 ser = 2. O número de triplas é portanto (k-6 + 2)C2.

 Fixado k, podemos selecionar a posição inicial de 100-k-1 formas.

 Assim o número total de formas é
 sum_{6 = k = 99} (100 - k - 1) (k-6 +2)C2.

  Para nos livrarmos do k no fator podemos fazer o seguinte:

 (99 - 3 - (k-3)) (k-4)C2 = 96 (k-4)C2   -(k-3) (k-4)C2  = 96 (k-4)C2
 -   3  (k-3)C3

 E assim a expressão pode ser obtida da identidade mostrada no início com
 algumas manipulaçõezinhas algébricas.


 --
 []'s
 Lucas

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 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.

[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória

[marcone augusto araújo borges]

Onde estou errando?n(intersecção de dois) = ?AA e BB por exemplo.Escolho 4 
posições (para essas 4 letras) entre 10 possíveis:C10,4 = 210Para cada uma 
delas vale AABB ou BBAADepois faço 6!/2^3Dai encontro 210.2.6!/2^3  8!/2^3
  Date: Sun, 24 Feb 2013 17:35:56 -0800
 From: cysh...@yahoo.com
 Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 
 Inclusão-exclusão. Sendo A, B, C, D, E os conjuntos dos anagramas com As, Bs, 
 Cs, Ds, Es seguidos, temos que calcular 10!/2^5 - n(A U B U C U D U E). Mas 
 n(A) = n(B) = ... = n(E) = 9!/2^4, n(interseção de dois) = 8!/2^3, 
 n(interseção de três) = 7!/2^2, n(interseção de quatro) = 6!/2 e n(interseção 
 dos cinco) = 5!. Aí o total é 10!/2^5 - 5.9!/2^4 + 10.8!/2^3 - 10.7!/2^2 + 
 5.6!/2 - 5!, e aí é fazer a conta. Não acho que haja uma fórmula bonitinha no 
 caso geral, como é de praxe nos problemas de inclusão-exclusão.
 
 []'s
 Shine
 
 
 
 
 
 From: Artur Costa Steiner steinerar...@gmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br obm-l@mat.puc-rio.br 
 Sent: Sunday, February 24, 2013 8:31 PM
 Subject: Re: [obm-l] Análise Combinatória
 
 
 Acho que podemos raciocinar assim:
 
 Para a 1a posição, a partir da esquerda, temos 5 opções de letra. Escolhida 
 uma, restam 4 possibilidades para a segunda posição. E assim, até a 10a 
 posição. Se não cometi nenhum engano, vai haver 5 x 4^9 modos atendendo ao 
 desejado.
 
 Abraços
 
 Artur Costa Steiner
 
 Em 24/02/2013, às 19:27, Anderson Weber anderswe...@bol.com.br escreveu:
 
 
 
 Boa noite, amigos.
  
 Tem-se 10 letras: AA BB CC DD EE.
 De quantos modos podemos permutá-las, tal que não 
 haja duas letras consecutivas iguais?
  
  
 Um abraço.
  
  
 Anderson
 
 =
 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] Análise Combinatória

[Carlos Yuzo Shine]

Desculpa, eu não fui muito claro na hora de fazer as contas (eu devia estar com 
pressa na hora que escrevi o outro e-mail). Aí vai:

Para calcular a interseção de dois, ou seja, as sequências com AA e BB, trate 
AA e BB como blocos. Aí precisamos calcular a quantidade de anagramas com 8 
símbolos (dois Cs, dois Ds, dois Es, o bloco AA e o bloco BB). Como três 
símbolos repetem, a quantidade é 8!/2^3. Os outros são parecidos.


O que você fez, escolher 4 posições entre 10, pode fazer com que os As e/ou os 
Bs fiquem separados. Por exemplo, se você escolher as posições 1, 2, 4 e 6 e 
AABB, sua sequência fica, inicialmente, AA_B_B_,_,_,_. Os As ficaram juntos, 
mas os Bs não. Outro exemplo é _B_B_,_A_A_. Por isso o seu resultado é maior: 
você está contando sequências a mais.

[]'s
Shine


From: marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br 
Sent: Monday, February 25, 2013 11:51 AM
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória



Onde estou errando?
n(intersecção de dois) = ?
AA e BB por exemplo.
Escolho 4 posições (para essas 4 letras) entre 10 possíveis:C10,4 = 210
Para cada uma delas vale AABB ou BBAA
Depois faço 6!/2^3
Dai encontro 210.2.6!/2^3  8!/2^3


 Date: Sun, 24 Feb 2013 17:35:56 -0800
 From: cysh...@yahoo.com
 Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 
 Inclusão-exclusão. Sendo A, B, C, D, E os conjuntos dos anagramas com As, Bs, 
 Cs, Ds, Es seguidos, temos que calcular 10!/2^5 - n(A U B U C U D U E). Mas 
 n(A) = n(B) = ... = n(E) = 9!/2^4, n(interseção de dois) = 8!/2^3, 
 n(interseção de três) = 7!/2^2, n(interseção de quatro) = 6!/2 e n(interseção 
 dos cinco) = 5!. Aí o total é 10!/2^5 - 5.9!/2^4 + 10.8!/2^3 - 10.7!/2^2 + 
 5.6!/2 - 5!, e aí é fazer a conta. Não acho que haja uma fórmula bonitinha no 
 caso geral, como é de praxe nos problemas de inclusão-exclusão.
 
 []'s
 Shine
 
 
 
 
 
 From: Artur Costa Steiner steinerar...@gmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br obm-l@mat.puc-rio.br 
 Sent: Sunday, February 24, 2013 8:31 PM
 Subject: Re: [obm-l] Análise Combinatória
 
 
 Acho que podemos raciocinar assim:
 
 Para a 1a posição, a partir da esquerda, temos 5 opções de letra. Escolhida 
 uma, restam 4 possibilidades para a segunda posição. E assim, até a 10a 
 posição. Se não cometi nenhum engano, vai haver 5 x 4^9 modos atendendo ao 
 desejado.
 
 Abraços
 
 Artur Costa Steiner
 
 Em 24/02/2013, às 19:27, Anderson Weber anderswe...@bol.com.br escreveu:
 
 
 
 Boa noite, amigos.
  
 Tem-se 10 letras: AA BB CC DD EE.
 De quantos modos podemos permutá-las, tal que não 
 haja duas letras consecutivas iguais?
  
  
 Um abraço.
  
  
 Anderson
 
 =
 Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
 = 

=
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http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

[obm-l] Análise Combinatória

[Anderson Weber]

Boa noite, amigos.

Tem-se 10 letras: AA BB CC DD EE.
De quantos modos podemos permutá-las, tal que não haja duas letras consecutivas 
iguais?


Um abraço.


Anderson

Re: [obm-l] Análise Combinatória

[Artur Costa Steiner]

Acho que podemos raciocinar assim:

Para a 1a posição, a partir da esquerda, temos 5 opções de letra. Escolhida 
uma, restam 4 possibilidades para a segunda posição. E assim, até a 10a 
posição. Se não cometi nenhum engano, vai haver 5 x 4^9 modos atendendo ao 
desejado.

Abraços

Artur Costa Steiner

Em 24/02/2013, às 19:27, Anderson Weber anderswe...@bol.com.br escreveu:

 Boa noite, amigos.
  
 Tem-se 10 letras: AA BB CC DD EE.
 De quantos modos podemos permutá-las, tal que não haja duas letras 
 consecutivas iguais?
  
  
 Um abraço.
  
  
 Anderson

[obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória

[Carlos Yuzo Shine]

Inclusão-exclusão. Sendo A, B, C, D, E os conjuntos dos anagramas com As, Bs, 
Cs, Ds, Es seguidos, temos que calcular 10!/2^5 - n(A U B U C U D U E). Mas 
n(A) = n(B) = ... = n(E) = 9!/2^4, n(interseção de dois) = 8!/2^3, n(interseção 
de três) = 7!/2^2, n(interseção de quatro) = 6!/2 e n(interseção dos cinco) = 
5!. Aí o total é 10!/2^5 - 5.9!/2^4 + 10.8!/2^3 - 10.7!/2^2 + 5.6!/2 - 5!, e aí 
é fazer a conta. Não acho que haja uma fórmula bonitinha no caso geral, como é 
de praxe nos problemas de inclusão-exclusão.

[]'s
Shine





From: Artur Costa Steiner steinerar...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br obm-l@mat.puc-rio.br 
Sent: Sunday, February 24, 2013 8:31 PM
Subject: Re: [obm-l] Análise Combinatória


Acho que podemos raciocinar assim:

Para a 1a posição, a partir da esquerda, temos 5 opções de letra. Escolhida 
uma, restam 4 possibilidades para a segunda posição. E assim, até a 10a 
posição. Se não cometi nenhum engano, vai haver 5 x 4^9 modos atendendo ao 
desejado.

Abraços

Artur Costa Steiner

Em 24/02/2013, às 19:27, Anderson Weber anderswe...@bol.com.br escreveu:



Boa noite, amigos.
 
Tem-se 10 letras: AA BB CC DD EE.
De quantos modos podemos permutá-las, tal que não 
haja duas letras consecutivas iguais?
 
 
Um abraço.
 
 
Anderson

=
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] Análise Combinatória

[Osmundo Bragança]

Caros colegas solicito ajuda na resolução do seguinte problema:

Três russos, três biolerussos e três ucranianos vão ser organizados em uma
fila.

Determine quantas filas existem que não contêm dois conterrâneos em posição
consecutiva.

Dois colegas apresentaram resolução, um encontrou, para resposta,
174x3!x3!x3!=37.584,

outro colega chegou a:283 824 (via o Princípio da Inclusão-Exclusão)

Qualquer ajuda será muito útil.

Obrigado.

Osmundo Bragança

[obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória

[Ralph Teixeira]

Certamente nao eh a segunda resposta... :)

Digo, para arrumar as nacionalidades, voce tem 3 opcoes para o primeiro, 2
para o segundo, etc., para um total de 3.2^8=768 possibilidades.

Mas isto estah errado, eh claro -- muitas dessas escolhas sao impossiveis,
como por exemplo RBRBRBRUR, que teria 5 russos -- nao vale.

Entao estou dizendo que sao MENOS que 768 possibilidades para a ordenacao
das nacionalidades. Portanto, sao menos que 768.3!.3!.3! filas (permutando
os individuos dentro de cada nacionalidade).

Nao estou resolvendo o problema, mas sei que a resposta eh (bem!) menos que
768.6^3=165888. Faltou exclusao na inclusao-exclusao. :) :) :)

Abraco,
   Ralph

P.S.: Vou resolver o problema de um jeito computacional feio. Faco isso
para mostrar que aas vezes vale a pena botar um pouco de algebra, fazer
tudo ficar mecanico, e mandar brasa!
R(a,b,c)=numero de filas COMECANDO COM UM RUSSO que tem a russos, b
bielorussos e c ucranianos, contando soh nacionalidades, sem ter
nacionalidades consecutivas
B(a,b,c)=numero de filas COMECANDO COM UM BIELO etc etc
U(a,b,c)=comecando com UCRANIANO
Por outro lado, por simetria,
R(a,b,c)=R(a,c,b)=B(b,a,c)=B(b,c,a)=U(c,a,b)=U(c,b,a), certo?

Entao, uma fila comecando por R tem que continuar com B ou com U, usando um
russo a menos:
R(a,b,c)=B(a-1,b,c)+U(a-1,b,c)=R(b,a-1,c)+R(c,b,a-1)
Esta recorrencia nao eh das piores se os numeros forem pequenos! Com
coragem, isto mata o problema:
R(3,3,3)=R(3,2,3)+R(3,3,2)=2R(3,3,2)=2.(R(3,2,2)+R(2,3,2))=
=2.(2.R(2,2,2)+R(3,1,2)+R(2,3,1))=2.(4.R(2,2,1)+R(1,2,2)+R(2,1,2)+R(3,1,1)+R(1,3,1))=
=2.(R(3,1,1)+5.R(2,2,1)+R(1,3,1)+R(1,2,2))

Agora que soh tem 5 fulanos na fila, acho que jah dah para calcular cada um
pensando direto:
R(3,1,1)=2 porque soh tem 3 lugares para por os russos nas 5 posicoes.
Entao eh RURBR ou RBRUR.
R(2,2,1)=R(2,1,1)+R(1,2,1)=4+1=5 (4=permutacoes de RBU sem comecar por R;
1=RBUB).
R(1,3,1)=0 (haveria dois B consecutivos!)
R(1,2,2)=2 (RBUBU ou RUBUB, soh)
Entao R(3,3,3)=2.(2+25+2)=58

O que queremos eh R(3,3,3)+U(3,3,3)+B(3,3,3)=3.58=174

Minto, o que REALMENTE queremos eh isso vezes 3!.3!.3!. Eh, concordo com
a primeira resposta.

2012/9/16 Osmundo Bragança barz...@dglnet.com.br

  Caros colegas solicito ajuda na resolução do seguinte problema:

 Três russos, três biolerussos e três ucranianos vão ser organizados em uma
 fila.

 Determine quantas filas existem que não contêm dois conterrâneos em
 posição consecutiva.

 Dois colegas apresentaram resolução, um encontrou, para resposta,
 174x3!x3!x3!=37.584,

 outro colega chegou a:283 824 (via o Princípio da Inclusão-Exclusão)

 Qualquer ajuda será muito útil.

 Obrigado.

 Osmundo Bragança

Re: [obm-l] Análise Combinatória

[douglas . oliveira]

  

Bom podemos fazer por inclusão e exclusão sim , mas acho que fica
um pouco grande olha: 

Vamos considerar que sejam AAABBBCCC e façamos
todos os anagramas onde nao existam letras iguais juntas e ao final
multiplicaremos por 3!x3!x3!. 

Vamos contar todas as permutações que
possuem dois AA juntos , que é só considerar que os dois AA sejam um
único bloco. aí dará 

8!/3!x3!=1120 e tirar os casos em que aparecem 3
A's juntos o tipo AAA que do mesmo jeito fica 7!/3!x3!=140


1120-140=980. 

Vamos contar aquelas em que aparecem dois A e dois B
juntos contaremos (AA)A(BB)BCCC 7!/3!=840, e retiramos aqueles em que
aparecem AAA e BB que dará 6!/3!=120 e depois retiramos aqueles em que
aparecem AA e BBB que tambem dará 120 e acrescentaremos aqueles em que
aparecem AAA e BBB que é (AAA)(BBB)CCC e dará 5!/3!=20 , assim dará
840-2x120+20=620. 

Agora amos ao procedimento final contar quantos
anagramas aparecem AA BB e CC (AA)(BB)(CC)ABC que dará 6! e precisamos
retirar 

os que ocorrem AAA ,BB e CC e depois o mesmo para AA,BBB e CC
e o mesmo para AA , BB e CCC 5!x3=360 assim fica 720-360=360, porém
precisamos colocar os que aparecem AA, BBB, e CCC, o mesmo para AAA,BBB
e CC e os que contém AAA, BB e CCC que dará 4!x3=72 entao fica
360+72=432 e finalizando precisamos retirar aqueles em que aparecem AAA,
BBB e CCC que é 3!=6 assim resultado dá 432-6=426. 

Agora podemos
finalizar o problema fazendo 3x980-3x620+426=1506, e retiramos de todos
os anagrams possíveis que são 9!/3!x3!x3!=1680, resposta final será
1680-1506=174 ou seja 174x(3!)^3=37584 modos distintos.Um dos seus
colegas acertou o resultado 

Valeu, um abraço do 

Douglas Oliveira!! 


On Sun, 16 Sep 2012 10:08:40 -0300, Osmundo Bragança wrote: 

 Caros
colegas solicito ajuda na resolução do seguinte problema: 
 
 Três
russos, três biolerussos e três ucranianos vão ser organizados em uma
fila. 
 
 Determine quantas filas existem que não contêm dois
conterrâneos em posição consecutiva. 
 
 Dois colegas apresentaram
resolução, um encontrou, para resposta, 174x3!x3!x3!=37.584, 
 
 outro
colega chegou a:283 824 (via o Princípio da Inclusão-Exclusão) 
 

Qualquer ajuda será muito útil. 
 
 Obrigado. 
 
 Osmundo Bragança

[obm-l] RES: [obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória

[Osmundo Bragança]

Muitíssimo obrigado caro Ralph.

Esta lista continua utilíssima para muitos professores.

Um abraço.

Osmundo.

 

  _  

De: owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] Em nome
de Ralph Teixeira
Enviada em: domingo, 16 de setembro de 2012 12:22
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória

 

Ah, errei uma bobagem. Era:

 

R(a,b,c)=R(a,c,b)=B(b,a,c)=B(c,a,b)=U(b,c,a)=U(c,b,a)

 

a chave eh que o numero a tem que ficar na mesma posicao relativa em cada
funcao. Mas dali para frente, estah correto assim mesmo.

 

Abraco,

  Ralph

2012/9/16 Ralph Teixeira ralp...@gmail.com

Certamente nao eh a segunda resposta... :)

 

Digo, para arrumar as nacionalidades, voce tem 3 opcoes para o primeiro, 2
para o segundo, etc., para um total de 3.2^8=768 possibilidades.

 

Mas isto estah errado, eh claro -- muitas dessas escolhas sao impossiveis,
como por exemplo RBRBRBRUR, que teria 5 russos -- nao vale.

 

Entao estou dizendo que sao MENOS que 768 possibilidades para a ordenacao
das nacionalidades. Portanto, sao menos que 768.3!.3!.3! filas (permutando
os individuos dentro de cada nacionalidade).

 

Nao estou resolvendo o problema, mas sei que a resposta eh (bem!) menos que
768.6^3=165888. Faltou exclusao na inclusao-exclusao. :) :) :)

 

Abraco,

   Ralph

 

P.S.: Vou resolver o problema de um jeito computacional feio. Faco isso para
mostrar que aas vezes vale a pena botar um pouco de algebra, fazer tudo
ficar mecanico, e mandar brasa!

R(a,b,c)=numero de filas COMECANDO COM UM RUSSO que tem a russos, b
bielorussos e c ucranianos, contando soh nacionalidades, sem ter
nacionalidades consecutivas

B(a,b,c)=numero de filas COMECANDO COM UM BIELO etc etc

U(a,b,c)=comecando com UCRANIANO

Por outro lado, por simetria,
R(a,b,c)=R(a,c,b)=B(b,a,c)=B(b,c,a)=U(c,a,b)=U(c,b,a), certo?

 

Entao, uma fila comecando por R tem que continuar com B ou com U, usando um
russo a menos:

R(a,b,c)=B(a-1,b,c)+U(a-1,b,c)=R(b,a-1,c)+R(c,b,a-1)

Esta recorrencia nao eh das piores se os numeros forem pequenos! Com
coragem, isto mata o problema:

R(3,3,3)=R(3,2,3)+R(3,3,2)=2R(3,3,2)=2.(R(3,2,2)+R(2,3,2))=

=2.(2.R(2,2,2)+R(3,1,2)+R(2,3,1))=2.(4.R(2,2,1)+R(1,2,2)+R(2,1,2)+R(3,1,1)+R
(1,3,1))=

=2.(R(3,1,1)+5.R(2,2,1)+R(1,3,1)+R(1,2,2))

 

Agora que soh tem 5 fulanos na fila, acho que jah dah para calcular cada um
pensando direto:

R(3,1,1)=2 porque soh tem 3 lugares para por os russos nas 5 posicoes. Entao
eh RURBR ou RBRUR.

R(2,2,1)=R(2,1,1)+R(1,2,1)=4+1=5 (4=permutacoes de RBU sem comecar por R;
1=RBUB).

R(1,3,1)=0 (haveria dois B consecutivos!)

R(1,2,2)=2 (RBUBU ou RUBUB, soh)

Entao R(3,3,3)=2.(2+25+2)=58

 

O que queremos eh R(3,3,3)+U(3,3,3)+B(3,3,3)=3.58=174

 

Minto, o que REALMENTE queremos eh isso vezes 3!.3!.3!. Eh, concordo com a
primeira resposta.

 

2012/9/16 Osmundo Bragança barz...@dglnet.com.br

Caros colegas solicito ajuda na resolução do seguinte problema:

Três russos, três biolerussos e três ucranianos vão ser organizados em uma
fila.

Determine quantas filas existem que não contêm dois conterrâneos em posição
consecutiva.

Dois colegas apresentaram resolução, um encontrou, para resposta,
174x3!x3!x3!=37.584,

outro colega chegou a:283 824 (via o Princípio da Inclusão-Exclusão)

Qualquer ajuda será muito útil.

Obrigado.

Osmundo Bragança

 

 

[obm-l] RES: [obm-l] Análise Combinatória

[Osmundo Bragança]

Muitíssimo obrigado caro Douglas Oliveira.

Um abraço do colega

Osmundo Bragança.

 

  _  

De: owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] Em nome
de douglas.olive...@grupoolimpo.com.br
Enviada em: domingo, 16 de setembro de 2012 12:33
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Assunto: Re: [obm-l] Análise Combinatória

 

Bom podemos fazer por inclusão e exclusão sim , mas acho que fica um pouco
grande olha:

Vamos considerar que sejam AAABBBCCC e façamos todos os anagramas onde nao
existam letras iguais juntas e ao final multiplicaremos por 3!x3!x3!.

Vamos contar todas as permutações que possuem dois AA juntos , que é só
considerar que os dois AA sejam um único bloco. aí dará

8!/3!x3!=1120 e tirar os casos em que aparecem 3 A's juntos o tipo AAA que
do mesmo jeito fica 7!/3!x3!=140

1120-140=980.

Vamos contar aquelas em que aparecem dois A e dois B juntos contaremos
(AA)A(BB)BCCC 7!/3!=840, e retiramos aqueles em que aparecem AAA e BB que
dará 6!/3!=120 e depois retiramos aqueles em que aparecem AA e BBB que
tambem dará 120 e acrescentaremos aqueles em que aparecem AAA e BBB que é
(AAA)(BBB)CCC e dará 5!/3!=20 , assim dará 840-2x120+20=620.

Agora amos ao procedimento final contar quantos anagramas aparecem AA BB e
CC (AA)(BB)(CC)ABC que dará  6! e precisamos retirar

os que ocorrem AAA ,BB e CC e depois o mesmo para AA,BBB e CC e o mesmo para
AA , BB e CCC 5!x3=360 assim fica 720-360=360, porém precisamos colocar os
que aparecem AA, BBB, e CCC, o mesmo para AAA,BBB e CC  e os que contém AAA,
BB e CCC que dará 4!x3=72 entao fica 360+72=432 e finalizando precisamos
retirar aqueles em que aparecem AAA, BBB e CCC que é 3!=6 assim resultado dá
432-6=426.

 

Agora podemos finalizar o problema fazendo 3x980-3x620+426=1506, e retiramos
de todos os anagrams possíveis que são 9!/3!x3!x3!=1680, resposta final será
1680-1506=174 ou seja 174x(3!)^3=37584 modos distintos.Um dos seus colegas
acertou o resultado

Valeu, um abraço do

Douglas Oliveira!! 

On Sun, 16 Sep 2012 10:08:40 -0300, Osmundo Bragança wrote:

Caros colegas solicito ajuda na resolução do seguinte problema:

Três russos, três biolerussos e três ucranianos vão ser organizados em uma
fila.

Determine quantas filas existem que não contêm dois conterrâneos em posição
consecutiva.

Dois colegas apresentaram resolução, um encontrou, para resposta,
174x3!x3!x3!=37.584,

outro colega chegou a:283 824 (via o Princípio da Inclusão-Exclusão)

Qualquer ajuda será muito útil.

Obrigado.

Osmundo Bragança

 

 

[obm-l] análise combinatória, problema do elevador

[claudinei]

Prezados, alguém poderia me ajudar neste problema?

Um elevador parte do andar térreo com 8 pessoas (o operador não está
incluso) as quais saem do elevador através dos andares 1,2,…,6 (último
andar). Se as pessoas são indistingüíveis de quantas maneiras o
operador pode observar suas saídas? De quantas maneiras se entre as 8
pessoas, 3 são mulheres e 5 são homens?

Desde já agradeço,

-- 
*Claudinei Margarida de Morais*

Engenheiro de Minas
Pós-Graduação em sistemas Mínero-Metalúrgicos
mestrando em engenharia de minas (lavra de minas)
E-mail: claudin...@gmail.com
Cel: (31) 9339-4977

=
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] análise combinatória, problema do elevador

[João Maldonado]

Você sabe calcular a quantidade de soluções positivas de a1 + a2 + a3 + a4 +... 
+ an = k ?
Se não, aqui vai uma breve demonstração.
Faça 1+1+1+1+1+1+1...+1, com k uns, temos que substituir n-1 + por vírgulas, 
de modo que cada vírgula delimita uma variável, ex:
1+1+1+1, 1+1, 1, temos k=7, a1 = 4 , a2=2 e a3=1
Temos C(k-1, n-1) maneiras de fazer isso
No caso de soluções não negativas, 
Seja 
a1 + a2 + a3 + a4 +... + an = k , Faça ci = ai+1, temos  c1 + c2 + c3 + c4 +... 
+ cn = k  +n, que tem C(k+n-1, n-1) soluções positivas

--
Voltando ao problema,  Como elas são indistinguiveis, o problema se dá em 
callcular a quantidade de pessoas que saiu por andar. Seja a a quantidade de 
pessoas que saiu no primeiro9 andar, b a do segundo, etc
Temos a+b+c+d+e+f = 8, com a,b, c, d, e, f inteiros não negativosA quantidade 
de soluções é C(13, 5) = 13.12.11.10.9/5.4.3.2.1 = 1287
Se distinguissemos mulher e homem teríamos, C(10, 5) para homens e C(8, 5) para 
as mlheres
Total = 210*56 = 11760  (se eu não errei as contas)
[]'sJoão


 Date: Mon, 2 Apr 2012 15:27:41 -0300
 Subject: [obm-l] análise combinatória, problema do elevador
 From: claudin...@gmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 
 Prezados, alguém poderia me ajudar neste problema?
 
 Um elevador parte do andar térreo com 8 pessoas (o operador não está
 incluso) as quais saem do elevador através dos andares 1,2,…,6 (último
 andar). Se as pessoas são indistingüíveis de quantas maneiras o
 operador pode observar suas saídas? De quantas maneiras se entre as 8
 pessoas, 3 são mulheres e 5 são homens?
 
 Desde já agradeço,
 
 -- 
 *Claudinei Margarida de Morais*
 
 Engenheiro de Minas
 Pós-Graduação em sistemas Mínero-Metalúrgicos
 mestrando em engenharia de minas (lavra de minas)
 E-mail: claudin...@gmail.com
 Cel: (31) 9339-4977
 
 =
 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] Análise Combinatória - mais um

[Henrique Rennó]

Acho que a primeira fórmula seria C(u-w, w-1).

2011/9/12 João Maldonado joao_maldona...@hotmail.com:

 Olá,
 Queria saber como provar a que  a  quantidade de soluções inteiras positivas
  de um sistema  com w variáveis da forma
 x1 + x2 +...+ xw  = u
 é  C(u-1, w-1)
 E que a quantidade  de soluções inteiras  não negativas é
 C(w+u-1, w-1)

 []'s
 João



-- 
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] Análise Combinatória - mais um

[Henrique Rennó]

Ops, na verdade seria o que você colocou mesmo.

2011/9/13 Henrique Rennó henrique.re...@gmail.com:
 Acho que a primeira fórmula seria C(u-w, w-1).

 2011/9/12 João Maldonado joao_maldona...@hotmail.com:

 Olá,
 Queria saber como provar a que  a  quantidade de soluções inteiras positivas
  de um sistema  com w variáveis da forma
 x1 + x2 +...+ xw  = u
 é  C(u-1, w-1)
 E que a quantidade  de soluções inteiras  não negativas é
 C(w+u-1, w-1)

 []'s
 João



 --
 Henrique




-- 
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] Análise Combinatória - mais um

[Hugo Fernando Marques Fernandes]

Seja a equação linear com coeficientes unitários x1 + x2 +...+ xw  = u

Escrevemos: 1 + 1 + 1 + ... + 1 = u (u parcelas iguais a 1).

Cada solução inteira e positiva dessa equação corresponde a escolha de w-1
sinais mais dentre o u-1 existentes na igualdade acima.

Por exemplo, a solução x1=x2=x3=...=x(w-1)=1 e xw=u-w+1 pode ser vista como:

1 *+* 1 *+* 1 *+*  ... *+* 1 +1 +1... + 1 = u (onde escolhemos os primeiros
w-1 sinais de mais)

Ora, podemos fazer isso de C(u-1,w-1) maneiras distintas.

Logo, existem C(u-1,w-1) soluções inteiras e positivas da equação.

Para soluções inteiras não negativas, fazemos, para cada i variando de 1 a w

yi = xi-1

Agora, a equação fica: y1 - 1 + y2 - 1 +...+ yw - 1  = u
Daí, y1 + y2 + ... + yw = u+w

Note que cada solução inteira positiva da equação acima corresponde uma
solução não negativa da equação original.

Mas já sabemos que a equação acima possui C(u+w-1, w-1) soluções inteiras
positivas.

Assim, a equação original possui C(u+w-1, w-1) soluções inteiras não
negativas.

Não sei se chega a ser uma demonstração o que escrevi, mas é uma boa maneira
de ver essas fórmulas.

Abraços.

Hugo.

Em 12 de setembro de 2011 17:11, João Maldonado joao_maldona...@hotmail.com
 escreveu:


 Olá,

 Queria saber como provar a que  a  quantidade de soluções inteiras
 positivas  de um sistema  com w variáveis da forma
 x1 + x2 +...+ xw  = u
 é  C(u-1, w-1)

 E que a quantidade  de soluções inteiras  não negativas é

 C(w+u-1, w-1)


 []'s
 João

[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória - mais um

[João Maldonado]

Valeu Hugo, 
Mas só pra ver se eu entendi,  se fossem as  soluções inteiras = -1,  seria 
C(u+ 2w-1, w-1)?
[]'sJoão

Date: Tue, 13 Sep 2011 15:55:09 -0300
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória - mais um
From: hfernande...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Seja a equação linear com coeficientes unitários x1 + x2 +...+ xw  = u
Escrevemos: 1 + 1 + 1 + ... + 1 = u (u parcelas iguais a 1).
Cada solução inteira e positiva dessa equação corresponde a escolha de w-1 
sinais mais dentre o u-1 existentes na igualdade acima.

Por exemplo, a solução x1=x2=x3=...=x(w-1)=1 e xw=u-w+1 pode ser vista como:
1 + 1 + 1 +  ... + 1 +1 +1... + 1 = u (onde escolhemos os primeiros w-1 sinais 
de mais)

Ora, podemos fazer isso de C(u-1,w-1) maneiras distintas.
Logo, existem C(u-1,w-1) soluções inteiras e positivas da equação.
Para soluções inteiras não negativas, fazemos, para cada i variando de 1 a w

yi = xi-1
Agora, a equação fica: y1 - 1 + y2 - 1 +...+ yw - 1  = uDaí, y1 + y2 + ... + yw 
= u+w
Note que cada solução inteira positiva da equação acima corresponde uma solução 
não negativa da equação original.

Mas já sabemos que a equação acima possui C(u+w-1, w-1) soluções inteiras 
positivas.
Assim, a equação original possui C(u+w-1, w-1) soluções inteiras não negativas.

Não sei se chega a ser uma demonstração o que escrevi, mas é uma boa maneira de 
ver essas fórmulas.
Abraços.
Hugo.
Em 12 de setembro de 2011 17:11, João Maldonado joao_maldona...@hotmail.com 
escreveu:






 Olá, 
Queria saber como provar a que  a  quantidade de soluções inteiras positivas  
de um sistema  com w variáveis da formax1 + x2 +...+ xw  = ué  C(u-1, w-1)

E que a quantidade  de soluções inteiras  não negativas é
C(w+u-1, w-1)

[]'sJoão  

  

[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória - mais um

[Hugo Fernando Marques Fernandes]

Isso mesmo.
Nesse caso, você aplicaria mudança de variáveis: yi = xi-2

Em geral, para soluções inteiras maiores ou iguais a p, você deve aplicar a
mudança de variável yi=xi+p-1

Abraços.

Hugo

Em 13 de setembro de 2011 19:55, João Maldonado joao_maldona...@hotmail.com
 escreveu:




 Valeu Hugo,

 Mas só pra ver se eu entendi,  se fossem as  soluções inteiras = -1,
  seria C(u+ 2w-1, w-1)?

 []'s
 João

 --
 Date: Tue, 13 Sep 2011 15:55:09 -0300
 Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória - mais um
 From: hfernande...@gmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br


 Seja a equação linear com coeficientes unitários x1 + x2 +...+ xw  = u

 Escrevemos: 1 + 1 + 1 + ... + 1 = u (u parcelas iguais a 1).

 Cada solução inteira e positiva dessa equação corresponde a escolha de w-1
 sinais mais dentre o u-1 existentes na igualdade acima.

 Por exemplo, a solução x1=x2=x3=...=x(w-1)=1 e xw=u-w+1 pode ser vista
 como:

 1 *+* 1 *+* 1 *+*  ... *+* 1 +1 +1... + 1 = u (onde escolhemos os
 primeiros w-1 sinais de mais)

 Ora, podemos fazer isso de C(u-1,w-1) maneiras distintas.

 Logo, existem C(u-1,w-1) soluções inteiras e positivas da equação.

 Para soluções inteiras não negativas, fazemos, para cada i variando de 1 a
 w

 yi = xi-1

 Agora, a equação fica: y1 - 1 + y2 - 1 +...+ yw - 1  = u
 Daí, y1 + y2 + ... + yw = u+w

 Note que cada solução inteira positiva da equação acima corresponde uma
 solução não negativa da equação original.

 Mas já sabemos que a equação acima possui C(u+w-1, w-1) soluções inteiras
 positivas.

 Assim, a equação original possui C(u+w-1, w-1) soluções inteiras não
 negativas.

 Não sei se chega a ser uma demonstração o que escrevi, mas é uma boa
 maneira de ver essas fórmulas.

 Abraços.

 Hugo.

 Em 12 de setembro de 2011 17:11, João Maldonado 
 joao_maldona...@hotmail.com escreveu:


 Olá,

 Queria saber como provar a que  a  quantidade de soluções inteiras
 positivas  de um sistema  com w variáveis da forma
 x1 + x2 +...+ xw  = u
 é  C(u-1, w-1)

 E que a quantidade  de soluções inteiras  não negativas é

 C(w+u-1, w-1)


 []'s
 João

[obm-l] Análise Combinatória - mais um

[João Maldonado]

 Olá, 
Queria saber como provar a que  a  quantidade de soluções inteiras positivas  
de um sistema  com w variáveis da formax1 + x2 +...+ xw  = ué  C(u-1, w-1)
E que a quantidade  de soluções inteiras  não negativas é
C(w+u-1, w-1)

[]'sJoão  

[obm-l] ANÁLISE COMBINATÓRIA

[Marcelo Costa]

*1 - Prove que dado qualquer conjunto de dez inteiros positivos de dois
dígitos cada, é possível obter dois subconjuntos disjuntos cujos elementos
têm a mesma soma.

2 - Sejam x um número real e n um inteiro positivo. Mostre que entre os
números x, 2x, 3x, . . ., (n – 1)x, existe um cuja distância a algum inteiro
é, no máximo, 1/n.

AGRADEÇO DESDE JÁ VOSSA ATENÇÃO
*

[obm-l] Re: [obm-l] ANÁLISE COMBINATÓRIA

[Johann Dirichlet]

Bem, para o 2, dou uma dica: divida o intervalo [0,1] em n partes, e
pense onde cairiam as partes fracionárias dos Kx.

Em 27/07/11, Marcelo Costamat.mo...@gmail.com escreveu:
 *1 - Prove que dado qualquer conjunto de dez inteiros positivos de dois
 dígitos cada, é possível obter dois subconjuntos disjuntos cujos elementos
 têm a mesma soma.

 2 - Sejam x um número real e n um inteiro positivo. Mostre que entre os
 números x, 2x, 3x, . . ., (n – 1)x, existe um cuja distância a algum inteiro
 é, no máximo, 1/n.

 AGRADEÇO DESDE JÁ VOSSA ATENÇÃO
 *



-- 
/**/
神が祝福

Torres

=
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] Análise Combinatória e Probabilidade

[marcone augusto araújo borges]

Sobre a questao 1,acho que tenho uma ideia razoavel,mas pensando apenas em 
inteiros POSITIVOS.
Na divisao de um inteiro positivo por 100 ha 100 restos 
possiveis(0,1,2...,98,99)
Se vc subtrai dois numeros com restos iguais, o resultado tem resto zero e é 
divisivel por 100, e a questao esta resolvida
Entao suponha 52 numeros que deixam restos diferentes quando divididos por 100
Acontece que se vc pega numeros que deixam restos com soma 100(43 e 57,por 
exemplo),a soma deses numeros dá um multiplo de 100,ai acaba.Caso contrario, 
veja que o o resto 1 exclui o resto 99,o resto 2 exclui o resto 98...e cada um 
dos restos possiveis exclui um unico resto e dois restos distintos excluem 
restos distintos
Dai,para  escolher 52  restos diferentes vc tem que eliminar outros 52,o que é 
impossivel,ja que so ha 100 restos possiveis.
Se alguem puder esclarecer melhor,agradeço muito
Abraços.
 
 
 
 
 



From: mat.mo...@gmail.com
Date: Thu, 21 Jul 2011 20:51:24 -0300
Subject: [obm-l] Análise Combinatória e Probabilidade
To: obm-l@mat.puc-rio.br

1) Prove que em qualquer conjunto de 52 inteiros existe um par de inteiros cuja 
soma ou diferença é divisível por 100.

2) Prove que dado qualquer conjunto de dez inteiros positivos de dois dígitos 
cada, é possível obter dois subconjuntos disjuntos cujos elementos têm a mesma 
soma.

3) Sejam x um número real e n um inteiro positivo. Mostre que entre os números 
x, 2x, 3x, . . ., (n – 1)x, existe um cuja distância a algum inteiro é, no 
máximo, 1/n.

4) Tem-se n urnas. Bolas são colocadas ao acaso nas urnas, uma de cada vez, até 
que alguma urna receba duas bolas. Qual é a probabilidade de colocarmos 
exatamente p bolas nas urnas?
  

[obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Análise Combinatória e Probabilidade

[João Maldonado]

Na verdade vale para qualquer número E Z

Um número pode ser da forma 100k, 100k+-1, 100k+-2, ...100k+-48, 100 k+-49, 
100k+50podemos escolher somente 1 número de cada forma 100k +- n, senão a soma  
é divisível por 100. temos 51  maneiras de fazer isso, por isso tempos que com 
52 números pelo menos 1 vai ter soma ou subtração divisível por 100.
Já para a questão 4
A primeira urna não importa.
Para p=2, temos 1.(1/n)Para p = 3, temos 1. (n-1)/n.2/nPara p =  4, temos 
1.(n-1)/n.(n-2)/n.3/nPara p =  p, temos 1.(n-1)/n(n-2)/n...(n-p+2)/n.p/n = 
[(n-1)!/ (n-p+1)!]  (p-1)/n^ (p-1)


From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Análise Combinatória e Probabilidade
Date: Sat, 23 Jul 2011 18:21:06 +








Sobre a questao 1,acho que tenho uma ideia razoavel,mas pensando apenas em 
inteiros POSITIVOS.

Na divisao de um inteiro positivo por 100 ha 100 restos 
possiveis(0,1,2...,98,99)
Se vc subtrai dois numeros com restos iguais, o resultado tem resto zero e é 
divisivel por 100, e a questao esta resolvida

Entao suponha 52 numeros que deixam restos diferentes quando divididos por 100

Acontece que se vc pega numeros que deixam restos com soma 100(43 e 57,por 
exemplo),a soma deses numeros dá um multiplo de 100,ai acaba.Caso contrario, 
veja que o o resto 1 exclui o resto 99,o resto 2 exclui o resto 98...e cada um 
dos restos possiveis exclui um unico resto e dois restos distintos excluem 
restos distintos

Dai,para  escolher 52  restos diferentes vc tem que eliminar outros 52,o que é 
impossivel,ja que so ha 100 restos possiveis.

Se alguem puder esclarecer melhor,agradeço muito

Abraços.

 

 

 

 

 




From: mat.mo...@gmail.com
Date: Thu, 21 Jul 2011 20:51:24 -0300
Subject: [obm-l] Análise Combinatória e Probabilidade
To: obm-l@mat.puc-rio.br

1) Prove que em qualquer conjunto de 52 inteiros existe um par de inteiros cuja 
soma ou diferença é divisível por 100.

2) Prove que dado qualquer conjunto de dez inteiros positivos de dois dígitos 
cada, é possível obter dois subconjuntos disjuntos cujos elementos têm a mesma 
soma.

3) Sejam x um número real e n um inteiro positivo. Mostre que entre os números 
x, 2x, 3x, . . ., (n – 1)x, existe um cuja distância a algum inteiro é, no 
máximo, 1/n.

4) Tem-se n urnas. Bolas são colocadas ao acaso nas urnas, uma de cada vez, até 
que alguma urna receba duas bolas. Qual é a probabilidade de colocarmos 
exatamente p bolas nas urnas?

  

[obm-l] Análise Combinatória e Probabilidade

[Marcelo Costa]

*1) Prove que em qualquer conjunto de 52 inteiros existe um par de inteiros
cuja soma ou diferença é divisível por 100.

2) Prove que dado qualquer conjunto de dez inteiros positivos de dois
dígitos cada, é possível obter dois subconjuntos disjuntos cujos elementos
têm a mesma soma.

3) Sejam x um número real e n um inteiro positivo. Mostre que entre os
números x, 2x, 3x, . . ., (n – 1)x, existe um cuja distância a algum inteiro
é, no máximo, 1/n.

4) Tem-se n urnas. Bolas são colocadas ao acaso nas urnas, uma de cada vez,
até que alguma urna receba duas bolas. Qual é a probabilidade de colocarmos
exatamente p bolas nas urnas?*

[obm-l] análise combinatória

[Marcelo Costa]

De um baralho comum de 52 cartas,extrai-se sucessivamente e sem reposição
duas cartas.De quantos modos isto pode ser feito se:

a)a primeira carta é uma dama e a segunda carta não é um rei?

b)a primeira carta é uma dama e a segunda carta não é de espadas?

c)a primeira carta é de espadas e a segunda carta não é uma dama?




-- 
Matemática é o alfabeto com o qual Deus escreveu o Universo
Galileu Galilei

[obm-l] Re: [obm-l] ANÁLISE COMBINATÓRIA!

[Hugo Fernando Marques Fernandes]

*Um exame consta de 4 provas. Os graus em cada matéria variam de 0 a 10,
aproximados até décimos. Qual o número mínimo de candidatos que nos
permitirá afirmar a existência de dois que tenham obtido notas idênticas?
*
É uma aplicação do chamado Princípio da Casa de Pombos. Existem 101 graus
possíveis (incluindo o grau 0) em cada prova.
Logo, existem 101^4 graus possíveis nas quatro provas combinadas. Assim, o
número pedido é 101^4+1.

*Quantos milhares sem algarismos repetidos podem ser formados com 2
algarismos pares e 2 ímpares significativos?*

Escolher dois algarismos pares significativos distintos: C(4,2)
Escolher dois algarismos ímpares significativos distintos: C(5,2)

Formas de escolher os quatro algarimos: C(4,2)*C(5,2)

Para cada escolha anterior, há 4! formas de montar o milhar (permutações).

Então, a resposta será: 4! * C(4,2) * C(5,2).

Depois faço os outros.

Abraços.

Hugo.

2009/6/29 Jorge Luis Rodrigues e Silva Luis jorgelrs1...@hotmail.com

  Olá, Pessoal!

 Um exame consta de 4 provas. Os graus em cada matéria variam de 0 a 10,
 aproximados até décimos. Qual o número mínimo de candidatos que nos
 permitirá afirmar a existência de dois que tenham obtido notas idênticas?

 Quantos milhares sem algarismos repetidos podem ser formados com 2
 algarismos pares e 2 ímpares significativos?

 Em quantas permutações dos algarismos 1, 2, 3, 4, 5 e 6 os equidistantes
 dos extremos somam 7?

 Quantos diferentes colares usando 13 pedras distintas podem ser feitos se
 virar o colar ao invés de rodar?

 Qual o número de maneiras que podemos colocar quatro bolas indistingüíveis
 em seis compartimentos separados?

 A propósito, quantos números tem todos os seus dígitos de igual paridade?
 Afinal! Qual o maior número  de interseções de 5 circunferências?


 Abraços!

 --
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[obm-l] ANÁLISE COMBINATÓRIA !

[Jorge Luis Rodrigues e Silva Luis]

Olá, Pessoal!

 

Um exame consta de 4 provas. Os graus em cada matéria variam de 0 a 10, 
aproximados até décimos. Qual o número mínimo de candidatos que nos permitirá 
afirmar a existência de dois que tenham obtido notas idênticas?

 

Quantos milhares sem algarismos repetidos podem ser formados com 2 algarismos 
pares e 2 ímpares significativos?

 

Em quantas permutações dos algarismos 1, 2, 3, 4, 5 e 6 os equidistantes dos 
extremos somam 7?

 

Quantos diferentes colares usando 13 pedras distintas podem ser feitos se virar 
o colar ao invés de rodar?

 

Qual o número de maneiras que podemos colocar quatro bolas indistingüíveis em 
seis compartimentos separados?

 

A propósito, quantos números tem todos os seus dígitos de igual paridade? 
Afinal! Qual o maior número  de interseções de 5 circunferências?

 

 

Abraços!

_
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[obm-l] Re: [obm-l] Análise combinatória

[Rauryson Alves]

ENGENHARIA é uma palavra com 10 letras, das quais os E se repete 2 vezes, o 
N se repete 2 vezes e o A se repete 2 vezes, assim teremos a formação de 
10!/2!.2!.2! anagramas.

--- Em dom, 5/10/08, Marcelo Costa [EMAIL PROTECTED] escreveu:
De: Marcelo Costa [EMAIL PROTECTED]
Assunto: [obm-l] Análise combinatória
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Domingo, 5 de Outubro de 2008, 11:52

Alguém poderia me dar uma luz  nessa?
Quantos são os anagramas da palavra ENGENHARIA






  Novos endereços, o Yahoo! que você conhece. Crie um email novo com a sua 
cara @ymail.com ou @rocketmail.com.
http://br.new.mail.yahoo.com/addresses

[obm-l] Análise combinatória

[Marcelo Costa]

Alguém poderia me dar uma luz  nessa?
Quantos são os anagramas da palavra ENGENHARIA

Re: [obm-l] Análise combinatória

[Fernando Lima Gama Junior]

Tem 3 letras que se repetem 2 vezes: E, N e A.

Se não houvessem letras repetidas, teríamos 10*9*8*7...*1=10! anagramas.

Com a repetição, devemos descontar essas combinações.

10!/ (2!*2!*2!) = 10*9*8*7*6*5*4*3*2/ (2*2*2)= 453.600

2008/10/5 Marcelo Costa [EMAIL PROTECTED]

 Alguém poderia me dar uma luz  nessa?
 Quantos são os anagramas da palavra ENGENHARIA

Re: [obm-l] Análise Combinatória

[Magico Facktor]

a) 433 páginas.
b) 83 zeros.

Fiz do modo mais primitivo possível.

Do 1 ao 9 são 9 dígitos.
Do 10 ao 99 são (100 - 10) . 2 dígitos = 180
1191 - 180 - 9 = 1002

Do 100 ao 999, cada número é composto por 3 dígitos .: 1002/3 = 334 páginas
com números de 3 dígitos.
334 + 99 (páginas do 1 ao 99) = 433


100 ao 109 são 11 zeros
110 ao 199 são 09 zeros

100 ao 199 são 20 zeros.
20 . 3 (100 ao 199 + 200 ao 299 + 300 ao 399) + 11 (400 ao 409) = 71 zeros
do 100 ao 409

410 ao 433 são 3 zeros
1 ao 99 são 9 zeros
71 + 3 + 9 = 83 zeros da página 1 à 433.



2008/9/24 Bruna Carvalho [EMAIL PROTECTED]

 Para numerar as páginas de um livro a partir do número 1, um datilógrafo
 teve de escrever 1191 dígitos.
 a) Quantas páginas tem o livro?
 b) Quantas vezes o dígito zero apareceu na numeração do livro?

 --
 Bjos,
 Bruna

Re: [obm-l] RES: [obm-l] Análise combinatória: um problema difícil

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2008/9/23 Bouskela [EMAIL PROTECTED]:
 Olá Rogerio,
Oi Bouskela e Ponce !

 Sua pergunta:
 Existe uma probabilidade fixa de que alguém entre, ou de que alguém saia do
 elevador?

 A resposta:
 Não! Todas as entradas e saídas do elevador são eventos independentes e de
 mesma probabilidade, i.e., p.ex., 2 pessoas que saem e 5 que entram são 2
 eventos independentes e de mesma probabilidade. Evidentemente, as regras
 fixadas (condições de contorno) devem, todas elas, ser obedecidas.
Isso é meio estranho, e eu acho (só posso achar) que é isso que
perturbou o Ponce (e a mim também, mas só depois de ver a tua resposta
!). Pense assim : tem 2 pessoas no elevador. Logo, a probabilidade de
que 5 saiam é nula. E a probabilidade de que 2 entrem não (enfim, se o
elevador comporta 4 pessoas, com certeza, se só couberem 2 e só sair
uma, não vai dar !). Eu acho que é essa a questão do Ponce, e eu acho
(e mais uma vez, em Combinatória, a gente tem que fazer um monte de
hipóteses) que pela tua resposta, o que você está querendo dizer é que
a probabilidade de descerem n pessoas de um elevador com x
passageiros, 1= x = p, é 1/x ; daí talvez a probabilidade de subirem
m pessoas num elevador que já tem y passageiros (e repare que aqui y 
p!) é 1/(p-y). Mas repare que y = x-n, e portanto haveria uma certa
dependência dos eventos... Se for só pra calcular de quantas formas o
elevador pode chegar lá em cima (ou seja, *contar* o número de
percursos diferentes), daí a probabilidade não interfere (afinal, não
estamos calculando probabilidade alguma), mas se for pra dar uma
estimativa da chance de o elevador chegar lotado no último andar,
daí é bem mais complicado sem as probabilidades !

 Sds.,
 AB

Abraços !
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

=
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] Análise combinatória: um problema difícil

[Rogerio Ponce]

Ola' Bouskela,
existe uma probabilidade fixa de que alguem entre , ou de que alguem
saia do elevador?
[]'s
Rogerio Ponce


2008/9/21 Bouskela [EMAIL PROTECTED]:
 Este não é um desses probleminhas fáceis de Análise Combinatória que
 proliferam em concursos públicos!

 Um prédio comercial tem n andares e um único elevador. O elevador tem
 capacidade para transportar p passageiros.

 Numa fatídica 2ª feira, no andar térreo (1º andar do prédio), entram no
 elevador p passageiros. O elevador sobe até o n-ésimo andar, parando em
 TODOS os andares.

 Em cada andar, pelo menos um passageiro sai do elevador e pelo um novo
 passageiro entra no elevador. I.e., é possível, p.ex., que, num andar
 genérico, saiam 5 passageiros e entrem apenas 2 (neste caso, é óbvio, o
 elevador deve chegar a este andar com, no mínimo, 5 passageiros). Desde que
 a capacidade do elevador não seja ultrapassada, é possível também que, num
 andar genérico, entre um número maior de passageiros em relação ao número
 dos que saem.

 É claro, portanto, que o elevador chegará ao n-ésimo andar com pelo menos 1
 passageiro e, no máximo, com p passageiros.

 Pergunta-se:
 1]   Qual é a probabilidade do elevador chegar no n-ésimo andar com apenas 1
 passageiro?
 2]   E com p passageiros?
 3]   E com k passageiros?   ( 0  k  p+1 )

 Hint: Pra começar, recomendo botar uns números nas variáveis:
 Sugiro:   n = 10   ;   p = 8 .

 [EMAIL PROTECTED]
 [EMAIL PROTECTED]


=
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] RES: [obm-l] Análise combinatória: um problema d ifícil

[Bouskela]

Olá Rogerio,

Sua pergunta:
Existe uma probabilidade fixa de que alguém entre, ou de que alguém saia do
elevador?

A resposta:
Não! Todas as entradas e saídas do elevador são eventos independentes e de
mesma probabilidade, i.e., p.ex., 2 pessoas que saem e 5 que entram são 2
eventos independentes e de mesma probabilidade. Evidentemente, as regras
fixadas (condições de contorno) devem, todas elas, ser obedecidas.

A dificuldade deste problema está em montar a árvore de eventos de um
determinado andar e transportar a sua influência para a árvore de eventos do
andar subseqüente. A impressão que se tem é de que se está diante de um
problema NP - daí a complicação aparente (só aparente?)

Sds.,
AB

[EMAIL PROTECTED]
[EMAIL PROTECTED]

 

-Mensagem original-
De: [EMAIL PROTECTED] 
[mailto:[EMAIL PROTECTED] Em nome de Rogerio Ponce
Enviada em: segunda-feira, 22 de setembro de 2008 15:19
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Assunto: Re: [obm-l] Análise combinatória: um problema difícil

Ola' Bouskela,
existe uma probabilidade fixa de que alguem entre , ou de que 
alguem saia do elevador?
[]'s
Rogerio Ponce


2008/9/21 Bouskela [EMAIL PROTECTED]:
 Este não é um desses probleminhas fáceis de Análise Combinatória que 
 proliferam em concursos públicos!

 Um prédio comercial tem n andares e um único elevador. O elevador 
 tem capacidade para transportar p passageiros.

 Numa fatídica 2ª feira, no andar térreo (1º andar do prédio), entram 
 no elevador p passageiros. O elevador sobe até o n-ésimo andar, 
 parando em TODOS os andares.

 Em cada andar, pelo menos um passageiro sai do elevador e 
pelo um novo 
 passageiro entra no elevador. I.e., é possível, p.ex., que, 
num andar 
 genérico, saiam 5 passageiros e entrem apenas 2 (neste caso, 
é óbvio, 
 o elevador deve chegar a este andar com, no mínimo, 5 passageiros). 
 Desde que a capacidade do elevador não seja ultrapassada, é possível 
 também que, num andar genérico, entre um número maior de passageiros 
 em relação ao número dos que saem.

 É claro, portanto, que o elevador chegará ao n-ésimo andar com pelo 
 menos 1 passageiro e, no máximo, com p passageiros.

 Pergunta-se:
 1]   Qual é a probabilidade do elevador chegar no n-ésimo 
andar com apenas 1
 passageiro?
 2]   E com p passageiros?
 3]   E com k passageiros?   ( 0  k  p+1 )

 Hint: Pra começar, recomendo botar uns números nas variáveis:
 Sugiro:   n = 10   ;   p = 8 .

 [EMAIL PROTECTED]
 [EMAIL PROTECTED]


===
==
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista 
em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
===
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=
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] Análise combinatória: um problema difícil

[Bouskela]

Este não é um desses probleminhas fáceis de Análise Combinatória que
proliferam em concursos públicos!
 
Um prédio comercial tem n andares e um único elevador. O elevador tem
capacidade para transportar p passageiros.
 
Numa fatídica 2ª feira, no andar térreo (1º andar do prédio), entram no
elevador p passageiros. O elevador sobe até o n-ésimo andar, parando em
TODOS os andares.
 
Em cada andar, pelo menos um passageiro sai do elevador e pelo um novo
passageiro entra no elevador. I.e., é possível, p.ex., que, num andar
genérico, saiam 5 passageiros e entrem apenas 2 (neste caso, é óbvio, o
elevador deve chegar a este andar com, no mínimo, 5 passageiros). Desde que
a capacidade do elevador não seja ultrapassada, é possível também que, num
andar genérico, entre um número maior de passageiros em relação ao número
dos que saem.
 
É claro, portanto, que o elevador chegará ao n-ésimo andar com pelo menos 1
passageiro e, no máximo, com p passageiros.
 
Pergunta-se:
1]   Qual é a probabilidade do elevador chegar no n-ésimo andar com apenas 1
passageiro?
2]   E com p passageiros?
3]   E com k passageiros?   ( 0  k  p+1 )
 
Hint: Pra começar, recomendo botar uns números nas variáveis:
Sugiro:   n = 10   ;   p = 8 . 
 
[EMAIL PROTECTED]
[EMAIL PROTECTED]   

 

Re: [obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória : dúvida...

[cleber vieira]

Valeu Gustavo pela atenção!

Gustavo Duarte [EMAIL PROTECTED] escreveu:   Acho que está certo, eu tb 
resolveria assim  !!
- Original Message - 
   From:clebervieira 
   To: obm-l@mat.puc-rio.br 
   Sent: Wednesday, April 09, 2008 9:53PM
   Subject: [obm-l] Análise Combinatória:dúvida...
   

Amigos gostaria da opinião de vcs sobre a resolução que fiz doseguinte 
problema:

Um dia pode ter uma de sete classificações: MB(muitobom), B(bom), O(ótimo), 
P(péssimo), S(sofrível) e T(terrivel). Os dias de umasemana são: domingo, 
segunda, terça, quarta,quinta, sexta e sábado. Duassemanas se dizem 
distintas se dois dias de mesmo nome  têm classificaçõesdistintas. Quantas 
semanas distintas, segundo o critério dado,existem?

a) 7!b) 7^2c)7*7!d) 7^7e) (7^7)!

Minharesolução foi a seguinte:
segunda = 7 possib.
terça = 7 possib.
quarta =7 possib.
quinta=7 possib.
sexta = 7 possib.
sábado =  7 possib.
domingo =7 possib.
Como cadaclassificação de um dia da semana é independente dos outros dias e 
como cadadia da semana tem 7 possibilidades, teremos 7^7 semanas distintas.
Desde jáagradeço.

  

-
   Abra sua conta no Yahoo!Mail, o único sem limite de espaço para 
armazenamento!  

   
-
Abra sua conta no Yahoo! Mail, o único sem limite de espaço para armazenamento! 

[obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória: dúvida...

[Gustavo Duarte]

Acho que está certo, eu tb resolveria assim !!
  - Original Message - 
  From: cleber vieira 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Wednesday, April 09, 2008 9:53 PM
  Subject: [obm-l] Análise Combinatória: dúvida...


  Amigos gostaria da opinião de vcs sobre a resolução que fiz do seguinte 
problema:

  Um dia pode ter uma de sete classificações: MB(muito bom), B(bom), O(ótimo), 
P(péssimo), S(sofrível) e T(terrivel). Os dias de uma semana são: domingo, 
segunda, terça, quarta,quinta, sexta e sábado. Duas semanas se dizem distintas 
se dois dias de mesmo nome  têm classificações distintas. Quantas semanas 
distintas, segundo o critério dado, existem?

  a) 7!b) 7^2c) 7*7!d) 7^7e) (7^7)!

  Minha resolução foi a seguinte:
  segunda = 7 possib.
  terça =  7 possib.
  quarta =7 possib.
  quinta =7 possib.
  sexta = 7 possib. 
  sábado =  7 possib.
  domingo =7 possib.
  Como cada classificação de um dia da semana é independente dos outros dias e 
como cada dia da semana tem 7 possibilidades, teremos 7^7 semanas distintas.
  Desde já agradeço.




--
  Abra sua conta no Yahoo! Mail, o único sem limite de espaço para 
armazenamento! 

[obm-l] Análise Combinatória: dúvida...

[cleber vieira]

Amigos gostaria da opinião de vcs sobre a resolução que fiz do seguinte 
problema:

Um dia pode ter uma de sete classificações: MB(muito bom), B(bom), O(ótimo), 
P(péssimo), S(sofrível) e T(terrivel). Os dias de uma semana são: domingo, 
segunda, terça, quarta,quinta, sexta e sábado. Duas semanas se dizem distintas 
se dois dias de mesmo nome  têm classificações distintas. Quantas semanas 
distintas, segundo o critério dado, existem?

a) 7!b) 7^2c) 7*7!d) 7^7e) (7^7)!

Minha resolução foi a seguinte:
segunda = 7 possib.
terça =  7 possib.
quarta =7 possib.
quinta =7 possib.
sexta = 7 possib. 
sábado =  7 possib.
domingo =7 possib.
Como cada classificação de um dia da semana é independente dos outros dias e 
como cada dia da semana tem 7 possibilidades, teremos 7^7 semanas distintas.
Desde já agradeço.


   
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Re: [obm-l] Análise Combinatória

[Fetofs Ashu]

On 10/21/07, Gustavo Souza [EMAIL PROTECTED] wrote:

 Puts não entendi nada, hauHUahu...

 Tambem não entendi isso:
  Assim, a solução y_1 = 5, y_2 = 3, y_3 = 4 (k = 4) fica assim:
 * * * * *|* * *|* * * * 

 Por que você dividiu os asteriscos dessa maneira, e de onde partiu o
 raciocinio para encontrar isso  y_1 = 5, y_2 = 3, y_3 = 4 (k = 4)

 A resposta encontrada esta certa sim Antonio.

 Se alguem puder me explicar por favor...

 Obrigado



Vamos por partes gustavo.

Se você diz que a resposta é binomial(n-1,k-1) porque no n-1 você não
coloca o 11?

O número de soluções inteiras *positivas* de y_1 + ... + y_k = n é
binomial(n-1,k-1).

Ele colocou o asterisco no *positivas* por uma razão, já que nesse caso os
valores de y_x têm de ser maiores do que 0, o que não acontece no nosso
problema (é permitido que os valores sejam iguais a 0).

 Tambem não entendi isso:
 Assim, a solução y_1 = 5, y_2 = 3, y_3 = 4 (k = 4) fica assim:
* * * * *|* * *|* * * * 

Por que você dividiu os asteriscos dessa maneira, e de onde partiu o
raciocinio para encontrar isso  y_1 = 5, y_2 = 3, y_3 = 4 (k = 4)

Essa foi uma divisão arbitrária, apenas uma das combinações possíveis, para
te mostrar qual a relação entre a equação e a fileira de asteriscos (e como
qualquer solução inteira da equação tem um correspondente direto no problema
de divisão da fileira)

Não entendi da onde surgiu o 15 nem o 4...

Releia a explicação do Nicolau sobre como chegar em binomial(n-1, k-1) para
as soluções positivas. Agora crie
 variáveis x_1, x_2..., x_k iguais a y_1+ 1, y_2 + 1,... y_k + 1. É fácil
notar que as variáveis y são todas positivas, já que o valor mínimo de
qualquer y é 0, e 0 + 1 = 1.

Logo o problema original pode ser reduzido ao problema já conhecido.

Se y_1 + ... + y_k = n
 x_1 + ... + x_k = y_1 + 1 + y_2 + 1 + ... + y_k + 1 = n+k (note que
aqui é n+k, e não n-k como dito anteriormente)

Combinações finais: Bin(n+k-1, k-1)

Agora sim vamos entender de onde vieram o 15 e o 3. O seu problema é:

y_1 + y_2 + y_3 + y_4 = 12

n = valor total = 12
k = número de marcas = 4
combinações = Bin(n+k-1, k-1) = Bin(15, 3) = 455

Aluno dando uma de professor é duro, mas felizmente você deve ter entendido
alguma coisa. Qualquer coisa pergunte que talvez alguém responda, mas
entender essa solução não é nada que uma quebrada de cabeça não resolva :)

Fernando Oliveira

Re: [obm-l] Análise Combinatória

[Nicolau C. Saldanha]

Para facilitar a vida de quem não tiver nenhum destes livros:
o número de soluções inteiras *positivas* de
y_1 + .. + y_k = n é binomial(n-1,k-1).
Para ver isso, imagine n asteriscos enfileirados assim (n = 12):
* * * * * * * * * * * *
Para descrever uma solução, introduzimos linhas divisórias nos espaços.
Assim, a solução y_1 = 5, y_2 = 3, y_3 = 4 (k = 4) fica assim:
* * * * *|* * *|* * * *
(y_1 *s até o primeiro |, mais y_2 até o segundo, ...).
Ora, temos n-1 espaços e devemos selecionar k-1 deles para serem
preenchidos e isto pode ser feito de binomial(n-1,k-1) formas
(esta é a descrição mais básica de números binomiais).

Para contar as soluções *não negativas* de
x_1 + x_2 + ... + x_k = n
faça y_i = x_i + 1 donde
y_1 + y_2 + ... + y_k = n-k.
Ou seja, o número de soluções é binomial(n-k-1,k-1).

N.


On 10/21/07, Antonio Neto [EMAIL PROTECTED] wrote:


 Bem, como ninguém respondeu, aí vai: o que você quer é saber o número de
 soluções da equação x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 12, onde cada x_i é um inteiro
 não negativo. A resposta é Bin(15, 3) = 455, se não errei nada. A sugestão
 clássica é consultar o livro do Morgado, editado pelo IMPA. Para os mais
 velhinhos, como eu e alguns outros (não vou citar para não melindrá-los), o
 Prelúdio à Análise Combinatória, do Arago, Poppe e Raimundo. Abraços, olavo.

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Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
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Re: [obm-l] Análise Combinatória

[Gustavo Souza]

Puts não entendi nada, hauHUahu...
   
  Se você diz que a resposta é binomial(n-1,k-1) porque no n-1 você não coloca 
o 11? ...
  Não entendi da onde surgiu o 15 nem o 4...
  Tambem não entendi isso: 
   Assim, a solução y_1 = 5, y_2 = 3, y_3 = 4 (k = 4) fica assim:
* * * * *|* * *|* * * * 
   
  Por que você dividiu os asteriscos dessa maneira, e de onde partiu o 
raciocinio para encontrar isso  y_1 = 5, y_2 = 3, y_3 = 4 (k = 4)
   
  A resposta encontrada esta certa sim Antonio.
   
  Se alguem puder me explicar por favor...
   
  Obrigado

Nicolau C. Saldanha [EMAIL PROTECTED] escreveu:
  Para facilitar a vida de quem não tiver nenhum destes livros:
o número de soluções inteiras *positivas* de
y_1 + .. + y_k = n é binomial(n-1,k-1).
Para ver isso, imagine n asteriscos enfileirados assim (n = 12):
* * * * * * * * * * * *
Para descrever uma solução, introduzimos linhas divisórias nos espaços.
Assim, a solução y_1 = 5, y_2 = 3, y_3 = 4 (k = 4) fica assim:
* * * * *|* * *|* * * *
(y_1 *s até o primeiro |, mais y_2 até o segundo, ...).
Ora, temos n-1 espaços e devemos selecionar k-1 deles para serem
preenchidos e isto pode ser feito de binomial(n-1,k-1) formas
(esta é a descrição mais básica de números binomiais).

Para contar as soluções *não negativas* de
x_1 + x_2 + ... + x_k = n
faça y_i = x_i + 1 donde
y_1 + y_2 + ... + y_k = n-k.
Ou seja, o número de soluções é binomial(n-k-1,k-1).

N.


On 10/21/07, Antonio Neto wrote:


 Bem, como ninguém respondeu, aí vai: o que você quer é saber o número de
 soluções da equação x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 12, onde cada x_i é um inteiro
 não negativo. A resposta é Bin(15, 3) = 455, se não errei nada. A sugestão
 clássica é consultar o livro do Morgado, editado pelo IMPA. Para os mais
 velhinhos, como eu e alguns outros (não vou citar para não melindrá-los), o
 Prelúdio à Análise Combinatória, do Arago, Poppe e Raimundo. Abraços, olavo.

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   Abra sua conta no Yahoo! Mail, o único sem limite de espaço para 
armazenamento! 

[obm-l] Análise Combinatória

[Gustavo Souza]

Estava tentando fazer esse exercicio de uma apostila e encontrei uma enorme 
dificuldade, se alguem pudesse me ajudar dando alguma explicação, lá vai:
   
  (IBMEC) Um empresário precisa comprar um total de 12 automóveis para sua 
empresa. Os modelos selecionados foram: Honda Civic, Astra, Toyota Corolla e 
Santana. Sabendo-se que podem ser comprados de zero a 12 veículos de cada 
marca, de quantas maneiras o empresário poderá adquirir os 12 automóveis?
   
   
  Obrigado.

   Abra sua conta no Yahoo! Mail, o único sem limite de espaço para 
armazenamento! 

Re: [obm-l] análise combinatória

[Ralph Teixeira]

Bom, entendi que tem 25 pacotes de 4 na mesa, totalizando a coleção com as
100 cartas, cuja distribuição é aquela 12A/37B/32C/19D. Eu tenho que decidir
quantos pacotes vou comprar **sem poder olhar** dentro dos pacotes... é
isso?

Se for, a chave é ver quantas cartas ficarão de fora: você quer garantir 1A,
4B, 4C e 2D; então PODERIAM ficar de fora 11A, 33B, 30C e 17D. Concentre-se
no menor desse números, 11, que será a chave do problema

Comprar 22 pacotes não resolve. Você teria 88 cartas, ficando 12 de fora.
Infelizmente, estas 12 podiam ser exatamente TODAS do tipo A... então assim
a gente não **garante** que tenha 1A (podiam ser 37B + 32C + 19D = 88, que
azar!).

Por outro lado, comprando 23 pacotes, você terá 92 figurinhas, ou seja, só
ficam 8 de fora. Mesmo que fossem todas do tipo A, você ainda terá 3A; mesmo
que as de fora fossem todas B, você ainda teria 29B. Em suma, com 92 cartas,
dá para garantir pelo menos 3A, 29B, 24C e 11D -- garantiu o que precisava e
ainda sobrou um bocado para jogar bafo.

Abraço,
Ralph


On 10/19/07, fabio fortes [EMAIL PROTECTED] wrote:


 Por favor, se alguém puder ajudar

 Tenho um grupo de 100 cartas, que estão divididas da
 seguinte forma:

 12 cartas tipo A
 37 cartas tipo B
 32 cartas tipo C
 19 cartas tipo D

 Estas cartas são agrupadas aleatóriamente de 4 em 4,
 formando embalagens
 para comercialização.

 Qual o numero minimo de embalagens que uma pessoa
 precisa comprar para que
 dentre seu grupo de cartas tenha garantido NO MINIMO a
 seguinte frequencia:

 1 A, 4B, 4C e 2 D

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[obm-l] Análise Combinatória

[Andre Araujo]

Caros colegas,

alguém poderia me ajudar no seguinte problema: de quantas formas posso
montar grupos de cinco cartas consecutivas, não importando o naipe, de um
baralho?

André Araújo.

[obm-l] Análise Combinatória

[MauZ]

Por favor, quem puder ajudar, agradeço desde já!

1)Temos um quadrado formado por 4 fileiras de 4 pontos
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .

Quantos triangulos existem com vértices nos pontos?

2)temos n pontos num plano não havendo 3 colineares, quantos são os pontos
de intersecção das retas formadas por esses pontos, excluindo desse numero
os próprios pontos?


Mais uma vez,
obrigado

Re: [obm-l] Análise combinatória - número de lutas

[JoaoCarlos_Junior]

Tentativa Bem, duas considerações preliminares: 1) 1 é imbatível; 2) Alguns outros sempre perdem. Estamos assim em busca do mínimo. 1 ganha de 2. 2 perde de 3. 2 perde de 4. 2 está fora. 1 ganha de 5. 5 perde de 6. 5 perde de 7. 5 está fora. 1 ganha de 8. 8 perde de 9. 8 perde de 10.8 está fora. 9 lutas. Restam 7 contentores. Renumerando-os, temos: 1 ganha de 2. 2 perde de 3. 2 perde de 4. 2 está fora. 1 ganha de 5. 5 perde de 6. 5 perde de 7. 5 está fora.  15 lutas acumuladas. 5 contentores: 1 ganha de 2. 2 perde de 3. 2 perde de 4. 2 está fora. 1 ganha de 5. 5 perde de 3. 5 perde de 4. 5 está fora. 1 ganha de 2. 2 perde de 3. 2 está fora. Aqui, com três lutadores, razoável parece a quebra da regra: 2 saiu com duas derrotas. 1 ganha de 2. 2 está fora. 1 é o campeão. Houve: 24 jogos. Esse é o mínimo. Agora, vamos a busca do máximo... (parece mais difícil). Bem, se distribuirmos o mais igualitariamente vitórias e derrotas, então, atingiremos o máximo, cremos. Logo: 1 ganha de 2, que perde de 3, que perde de 4, ... Hum: é um ciclo, com o ponteiro D (de derrota) apontando para os jogadores. O torneio acaba quando cada jogador é apontado três vezes, com exceção de um, que é apontado duas vezes. Logo, a resposta é: 9.3 + 1.2 = 29. Fácil é inferir uma regra geral para o máximo, mas é para o mínimo? Bem, para o mínimo, vejamos: colocando-os em linha reta, e renumerando-os a cada três jogos, ao final dos quais o segundo sempre sai, até que fiquem três jogadores, a partir de quando, com três contendas acaba o torneio. Então, uma regra geral para n jogadores é 3(n-3) + 3. 	Fraternalmente, João.

Estou com duvidas neste problema, gostaria de propo-lo aos colegas.Em um torneio de judo hah 10 contendores. Cada luta prossegue ateh que os jurados declarem um vencedor, nunca hah empate. O contendor que perder 3 vezes (seguidas ou nao) eh eliminado. O torneio prossegue ateh que reste um unico contendor, que eh, entao, declarado campeao. Seja n o numero de lutas realizadas ateh a declaracao do campeao. Qual o menor e qual o maior valor que n pode assumir?AbracosArtur=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://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] Análise combinatória - número de lutas

[Rogerio Ponce]

Ola' Artur,
como 9 lutadores sairam, entao houve 9x3=27 derrotas.
E como o vencedor poderia ter perdido ate' 2 lutas, entao n varia entre 27 e 29 
inclusive.

[]'s
Rogerio Ponce


Artur Costa Steiner [EMAIL PROTECTED] escreveu: Estou com duvidas neste 
problema, gostaria de propo-lo aos  colegas.


Em um torneio de judo hah 10 contendores. Cada luta prossegue ateh que os 
jurados declarem um vencedor, nunca hah empate. O contendor que perder 3 vezes 
(seguidas ou nao) eh eliminado. O torneio prossegue ateh que reste um unico 
contendor, que eh, entao, declarado campeao. Seja n o numero de lutas 
realizadas ateh a declaracao do campeao. Qual o menor e qual o maior valor que 
n pode assumir?  


Abracos
Artur

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Re: [obm-l] Análise combinatória - número de lutas

[JoaoCarlos_Junior]

Bem, encontramos: mínimo: 24. Máximo: 29.E ainda, as regras gerais: mínimo: 3(n-3)+3 máximo: (n-1)*3+ 2[EMAIL PROTECTED] escreveu: -Para: obm-l@mat.puc-rio.brDe: "Qwert Smith" [EMAIL PROTECTED]Enviado por: [EMAIL PROTECTED]Data: 20/07/2007 8:36Assunto: Re: [obm-l] Análise combinatória - número de lutasAcho que o problema e bem mais simples que isso.Para que um lutador seja eliminado ele perde 3 vezes. Para que 9 lutadores sejam eliminados sao necessarias pelo menos 9 x 3 lutas.Logo o minimo e 27.O numero de lutas e sempre 27 + n. 'n' e o numero de lutas que o campeao perdeu. Mas o campeao so pode perder no maximo 2 lutas ou nao seria o campeao. Logo o maximo de lutas e 29.From: [EMAIL PROTECTED]Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.brTo: obm-l@mat.puc-rio.brSubject: Re: [obm-l] Análise combinatória - número de lutasDate: Fri, 20 Jul 2007 08:15:50 -0400Tentativa Bem, duas considerações preliminares: 1) 1 é imbatível; 2) Alguns outros sempre perdem. Estamos assim em busca do mínimo. 1 ganha de 2. 2 perde de 3. 2 perde de 4. 2 está fora. 1 ganha de 5. 5 perde de 6. 5 perde de 7. 5 está fora. 1 ganha de 8. 8 perde de 9. 8 perde de 10.8 está fora. 9 lutas. Restam 7 contentores. Renumerando-os, temos: 1 ganha de 2. 2 perde de 3. 2 perde de 4. 2 está fora. 1 ganha de 5. 5 perde de 6. 5 perde de 7. 5 está fora. 15 lutas acumuladas. 5 contentores: 1 ganha de 2. 2 perde de 3. 2 perde de 4. 2 está fora. 1 ganha de 5. 5 perde de 3. 5 perde de 4. 5 está fora. 1 ganha de 2. 2 perde de 3. 2 está fora. Aqui, com três lutadores, razoável parece a quebra da regra: 2 saiu com duas derrotas. 1 ganha de 2. 2 está fora. 1 é o campeão. Houve: 24 jogos. Esse é o mínimo. Agora, vamos a busca do máximo... (parece mais difícil). Bem, se distribuirmos o mais igualitariamente vitórias e derrotas, então, atingiremos o máximo, cremos. Logo: 1 ganha de 2, que perde de 3, que perde de 4, ... Hum: é um ciclo, com o ponteiro D (de derrota) apontando para os jogadores. O torneio acaba quando cada jogador é apontado três vezes, com exceção de um, que é apontado duas vezes. Logo, a resposta é: 9.3 + 1.2 = 29. Fácil é inferir uma regra geral para o máximo, mas é para o mínimo? Bem, para o mínimo, vejamos: colocando-os em linha reta, e renumerando-os a cada três jogos, ao final dos quais o segundo sempre sai, até que fiquem três jogadores, a partir de quando, com três contendas acaba o torneio. Então, uma regra geral para n jogadores é 3(n-3) + 3.Fraternalmente, João.Estou com duvidas neste problema, gostaria de propo-lo aos colegas.Em um torneio de judo hah 10 contendores. Cada luta prossegue ateh que os jurados declarem um vencedor, nunca hah empate. O contendor que perder 3 vezes (seguidas ou nao) eh eliminado. O torneio prossegue ateh que reste um unico contendor, que eh, entao, declarado campeao. Seja n o numero de lutas realizadas ateh a declaracao do campeao. Qual o menor e qual o maior valor que n pode assumir?AbracosArtur=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html_Don't get caught with egg on your face. Play Chicktionary! http://club.live.com/chicktionary.aspx?icid=chick_hotmailtextlink2=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
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Re: [obm-l] Análise combinatória - número de lutas

[JoaoCarlos_Junior]

É que o problema necessita de uma retificação. Quando se chega a 3 participantes, duas disputas bastam para eliminar 1. E, com 2 participantes, basta uma disputa para eliminar o perdedor e definir o vencedor.[EMAIL PROTECTED] escreveu: -Para: obm-l@mat.puc-rio.brDe: "Qwert Smith" [EMAIL PROTECTED]Enviado por: [EMAIL PROTECTED]Data: 20/07/2007 10:13Assunto: Re: [obm-l] Análise combinatória - número de lutas??? de onde vc tirou 3(n-3)+3 pra minimo.Para eliminarmos n-1 participantes numa competicao onde a elimicao se da com d derrotas sao necessarias (n-1)*d partidas.From: [EMAIL PROTECTED]Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.brTo: obm-l@mat.puc-rio.brSubject: Re: [obm-l] Análise combinatória - número de lutasDate: Fri, 20 Jul 2007 09:48:53 -0400Bem, encontramos: mínimo: 24. Máximo: 29.E ainda, as regras gerais: mínimo: 3(n-3)+3 máximo: (n-1)*3+ 2[EMAIL PROTECTED] escreveu: -Para: obm-l@mat.puc-rio.brDe: "Qwert Smith" [EMAIL PROTECTED]Enviado por: [EMAIL PROTECTED]Data: 20/07/2007 8:36Assunto: Re: [obm-l] Análise combinatória - número de lutasAcho que o problema e bem mais simples que isso.Para que um lutador seja eliminado ele perde 3 vezes. Para que 9 lutadoressejam eliminados sao necessarias pelo menos 9 x 3 lutas.Logo o minimo e 27.O numero de lutas e sempre 27 + n. 'n' e o numero de lutas que o campeaoperdeu. Mas o campeao so pode perder no maximo 2 lutas ou nao seria ocampeao. Logo o maximo de lutas e 29. From: [EMAIL PROTECTED] Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br To: obm-l@mat.puc-rio.br Subject: Re: [obm-l] Análise combinatória - número de lutas Date: Fri, 20 Jul 2007 08:15:50 -0400  Tentativa   Bem, duas considerações preliminares: 1) 1 é imbatível; 2) Alguns outros sempre perdem. Estamos assim em busca do mínimo.  1 ganha de 2. 2 perde de 3. 2 perde de 4. 2 está fora.  1 ganha de 5. 5 perde de 6. 5 perde de 7. 5 está fora.  1 ganha de 8. 8 perde de 9. 8 perde de 10.8 está fora.  9 lutas. Restam 7 contentores. Renumerando-os, temos:  1 ganha de 2. 2 perde de 3. 2 perde de 4. 2 está fora.  1 ganha de 5. 5 perde de 6. 5 perde de 7. 5 está fora.  15 lutas acumuladas. 5 contentores:  1 ganha de 2. 2 perde de 3. 2 perde de 4. 2 está fora.  1 ganha de 5. 5 perde de 3. 5 perde de 4. 5 está fora.  1 ganha de 2. 2 perde de 3. 2 está fora. Aqui, com três lutadores, razoável parece a quebra da regra: 2 saiu com duas derrotas.  1 ganha de 2. 2 está fora. 1 é o campeão. Houve: 24 jogos. Esse é o mínimo.  Agora, vamos a busca do máximo... (parece mais difícil). Bem, se distribuirmos o mais igualitariamente vitórias e derrotas, então, atingiremos o máximo, cremos. Logo: 1 ganha de 2, que perde de 3, que perde de 4, ... Hum: é um ciclo, com o ponteiro D (de derrota) apontando para os jogadores. O torneio acaba quando cada jogador é apontado três vezes, com exceção de um, que é apontado duas vezes. Logo, a resposta é: 9.3 + 1.2 = 29.  Fácil é inferir uma regra geral para o máximo, mas é para o mínimo?  Bem, para o mínimo, vejamos: colocando-os em linha reta, e renumerando-os a cada três jogos, ao final dos quais o segundo sempre sai, até que fiquem três jogadores, a partir de quando, com três contendas acaba o torneio. Então, uma regra geral para n jogadores é 3(n-3) + 3.  Fraternalmente, João.  Estou com duvidas neste problema, gostaria de propo-lo aos colegas.   Em um torneio de judo hah 10 contendores. Cada luta prossegue ateh que os jurados declarem um vencedor, nunca hah empate. O contendor que perder 3 vezes (seguidas ou nao) eh eliminado. O torneio prossegue ateh que reste um unico contendor, que eh, entao, declarado campeao. Seja n o numero de lutas realizadas ateh a declaracao do campeao. Qual o menor e qual o maior valor que n pode assumir?   Abracos Artur  = 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 _Don't get caught with egg on your face. Play Chicktionary!http://club.live.com/chicktionary.aspx?icid=chick_hotmailtextlink2=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nico

Re: [obm-l] Análise combinatória - número de lutas

[JoaoCarlos_Junior]

Você parece ser um Espírito nobre e elevado. Não há em que se desculpar. Aceito as desculpas para deixar feliz o teu coração, mas não são necessárias. Essa mudança do problema restringe-se ao desejo de se encontrar o mínimo.
Okagora entendi. Vc escolheu dar a solucao pra uma versao adaptada doproblema e nao ao problema proposto. Infelizmente eu nao sou advinho e sevc tivesse avisado antes, eu nao teria te corrigido...foi mal aeFrom: [EMAIL PROTECTED]Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.brTo: obm-l@mat.puc-rio.brSubject: Re: [obm-l] Análise combinatória - número de lutasDate: Fri, 20 Jul 2007 11:32:17 -0400É que o problema necessita de uma retificação. Quando se chega a 3participantes, duas disputas bastam para eliminar 1. E, com 2participantes, basta uma disputa para eliminar o perdedor e definir ovencedor.[EMAIL PROTECTED] escreveu: -Para: obm-l@mat.puc-rio.brDe: "Qwert Smith" [EMAIL PROTECTED]Enviado por: [EMAIL PROTECTED]Data: 20/07/2007 10:13Assunto: Re: [obm-l] Análise combinatória - número de lutas??? de onde vc tirou 3(n-3)+3 pra minimo.Para eliminarmos n-1 participantes numa competicao onde a elimicao se dacomd derrotas sao necessarias (n-1)*d partidas. From: [EMAIL PROTECTED] Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br To: obm-l@mat.puc-rio.br Subject: Re: [obm-l] Análise combinatória - número de lutas Date: Fri, 20 Jul 2007 09:48:53 -0400  Bem, encontramos: mínimo: 24. Máximo: 29.E ainda, as regras gerais:mínimo: 3(n-3)+3 máximo: (n-1)*3+ 2 [EMAIL PROTECTED] escreveu: -  Para: obm-l@mat.puc-rio.br De: "Qwert Smith" [EMAIL PROTECTED] Enviado por: [EMAIL PROTECTED] Data: 20/07/2007 8:36 Assunto: Re: [obm-l] Análise combinatória - número de lutas  Acho que o problema e bem mais simples que isso.  Para que um lutador seja eliminado ele perde 3 vezes. Para que 9lutadores sejam eliminados sao necessarias pelo menos 9 x 3 lutas.  Logo o minimo e 27.  O numero de lutas e sempre 27 + n. 'n' e o numero de lutas que o campeao perdeu. Mas o campeao so pode perder no maximo 2 lutas ou nao seria o campeao. Logo o maximo de lutas e 29.From: [EMAIL PROTECTED]  Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br  To: obm-l@mat.puc-rio.br  Subject: Re: [obm-l] Análise combinatória - número de lutas  Date: Fri, 20 Jul 2007 08:15:50 -0400Tentativa Bem, duas considerações preliminares: 1) 1 é imbatível; 2)Alguns  outros sempre perdem. Estamos assim em busca do mínimo.   1 ganha de 2. 2 perde de 3. 2 perde de 4. 2 está fora.   1 ganha de 5. 5 perde de 6. 5 perde de 7. 5 está fora.   1 ganha de 8. 8 perde de 9. 8 perde de 10.8 está fora.   9 lutas. Restam 7 contentores. Renumerando-os, temos:   1 ganha de 2. 2 perde de 3. 2 perde de 4. 2 está fora.   1 ganha de 5. 5 perde de 6. 5 perde de 7. 5 está fora.   15 lutas acumuladas. 5 contentores:   1 ganha de 2. 2 perde de 3. 2 perde de 4. 2 está fora.   1 ganha de 5. 5 perde de 3. 5 perde de 4. 5 está fora.   1 ganha de 2. 2 perde de 3. 2 está fora. Aqui, com três lutadores,  razoável parece a quebra da regra: 2 saiu com duas derrotas.   1 ganha de 2. 2 está fora. 1 é o campeão. Houve: 24 jogos. Esseé o  mínimo.   Agora, vamos a busca do máximo... (parece mais difícil). Bem,se  distribuirmos o mais igualitariamente vitórias e derrotas, então,  atingiremos o máximo, cremos. Logo: 1 ganha de 2, que perde de 3, que perde  de 4, ... Hum: é um ciclo, com o ponteiro D (de derrota) apontando para os  jogadores. O torneio acaba quando cada jogador é apontado três vezes,com  exceção de um, que é apontado duas vezes. Logo, a resposta é: 9.3 + 1.2=  29.   Fácil é inferir uma regra geral para o máximo, mas é para o mínimo?   Bem, para o mínimo, vejamos: colocando-os em linha reta, e  renumerando-os a cada três jogos, ao final dos quais o segundo sempre sai,  até que fiquem três jogadores, a partir de quando, com três contendas acaba  o torneio. Então, uma regra geral para n jogadores é 3(n-3) + 3.Fraternalmente, João.Estou com duvidas neste problema, gostaria de propo-lo aos colegas.  Em um torneio de judo hah 10 contendores. Cada luta prossegue ateh queos  jurados declarem um vencedor, nunca hah empate. O contendor que perder3  vezes (seguidas ou nao) eh eliminado. O torneio prossegue ateh quereste um  unico contendor, que eh, entao, declarado campeao. Seja n o numero de lutas  realizadas ateh a declaracao do campeao. Qual o menor e qual o maior valor  que n pode assumir?  Abracos  Artur=  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/~nico

[obm-l] Análise combinatória - número de lutas

[Artur Costa Steiner]

Estou com duvidas neste problema, gostaria de propo-lo aos  colegas.


Em um torneio de judo hah 10 contendores. Cada luta prossegue ateh que os 
jurados declarem um vencedor, nunca hah empate. O contendor que perder 3 vezes 
(seguidas ou nao) eh eliminado. O torneio prossegue ateh que reste um unico 
contendor, que eh, entao, declarado campeao. Seja n o numero de lutas 
realizadas ateh a declaracao do campeao. Qual o menor e qual o maior valor que 
n pode assumir?  


Abracos
Artur

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[obm-l] Análise Combinatória

[Júnior]

Não consigo resolver o problema abaixo, se alguém puder me ajudar, desde já 
agradeço.
5 rapazes e 5 moças devem posar para uma fotografia, ocupando 5 degraus de uma 
escadaria, de forma que em cada degrau fique com um rapaz e uma moça. De 
quantas maneiras podemos arrumar este grupo?
Sei que a resposta é o que menos importa, mas o resultado dá: 460800.
Desde já agradeço.



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Re: [obm-l] Análise Combinatória

[Marcelo Costa]

Vamos resolver da seguinte maneira, para o primeiro  rapaz temos  10 opções
de escolha (são 5 degraus e podendo ser lado direito ou esquerdo para cada
degrau) para o segundo rapaz temos 8 opções de secolha (4 degruas e podendo
ser lado direito ou esquerdo para cada degrau); levando o raciocínio adiante
temos que para os rapazes temos pelo Princípio Multiplicativo;
10x8x6x4x2x5x4x3x2x1 = 460800 Isto porque  após os rapazes escolherem seus
lugares, a primeira moça terá 5 opções de escolha, a segunda 4 opções e
assim por diante.

Em 21/04/07, Júnior [EMAIL PROTECTED] escreveu:


Não consigo resolver o problema abaixo, se alguém puder me ajudar, desde
já agradeço.
5 rapazes e 5 moças devem posar para uma fotografia, ocupando 5 degraus de
uma escadaria, de forma que em cada degrau fique com um rapaz e uma moça. De
quantas maneiras podemos arrumar este grupo?
Sei que a resposta é o que menos importa, mas o resultado dá: 460800.
Desde já agradeço.


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Re: [obm-l] Análise Combinatória

[Rogerio Ponce]

Ola' Junior,
o enunciado esta' meio ruinzinho, pois nao da' a impressao de que ficar do lado 
esquerdo ou direito faria alguma diferenca. Melhor seria ...cada degrau fique 
com um rapaz e uma moca ao seu lado, direito ou esquerdo.

(Achar que isso seria obvio da' margem a tambem achar que cada pessoa poderia 
estar em pe', sentada, ou ajoeelhada, por exemplo)

Considerando isso, a solucao e'
 (# permutacoes dos rapazes)  * (# permutacoes das mocas) * (# arrumacoes em 
relacao ao lado em que as mocas podem ficar, isto e', cada uma delas pode ficar 
do lado direito ou esquerdo)

Assim, temos  5! * 5! * 2^5  = 120 * 120 * 32 = 460800

[]'s
Rogerio Ponce



Júnior [EMAIL PROTECTED] escreveu: Não consigo resolver o problema abaixo, se 
alguém puder me ajudar, desde já agradeço.
5 rapazes e 5 moças devem posar para uma fotografia, ocupando 5 degraus de uma 
escadaria, de forma que em cada degrau fique com um rapaz e uma moça. De 
quantas maneiras podemos arrumar este grupo?
Sei que a resposta é o que menos importa, mas o resultado dá: 460800.
Desde já agradeço.



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[obm-l] Res: [obm-l] Análise Combinatória

[Danilo Nascimento]

Ola,
Escolha os homens para colocar nos degraus: 5! maneiras
 escolha as mulheres: 5! maneiras 
 como nao importa a ordem de vc escolher primeiro homem ou mulher: 2^5 
maneiras
 Logo 5!*5!*2^5.


- Mensagem original 
De: Júnior [EMAIL PROTECTED]
Para: OBM obm-l@mat.puc-rio.br
Enviadas: Sábado, 21 de Abril de 2007 14:54:59
Assunto: [obm-l] Análise Combinatória

Não consigo resolver o problema abaixo, se alguém puder me ajudar, desde já 
agradeço.
5 rapazes e 5 moças devem posar para uma fotografia, ocupando 5 degraus de uma 
escadaria, de forma que em cada degrau fique com um rapaz e uma moça. De 
quantas maneiras podemos arrumar este grupo?
Sei que a resposta é o que menos importa, mas o resultado dá: 460800.
Desde já agradeço.



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[obm-l] Análise combinatória

[Bruna Carvalho]

Os números pares com 4 algarismos distintos, que podemos obter com os
elementos do conjunto {0; 3; 4; 5; 6; 7; 8}, são em números de:

a) 6³
b) 420
c) 5.6²
d) 5.4³
e) 380

--
Bjos,
Bruna

[obm-l] Análise combinatória

[Bruna Carvalho]

Uma sala possui 5 portas. De quantos modos podemos deixar essa sala aberta?

--
Bjos,
Bruna

[obm-l] Re: [obm-l] Análise combinatória

[Gustavo Duarte]

com 1 porta aberta temos  5 opções
com 2 portas..C5,2 =10 opç
com 3 portas ..C5,3 = 10 opç
com 4 portas...C5,4 = 5 opç
com todas as portas abertas1 opção.logo são 31 opções.

Cx,y é combinação de x elementos agrupados y a y ou que é melhor, o número 
binomial x,y.

Em tempo : leia sobre propriedades do triângulo de pascal , que temos 2^5 -1 = 
31.

Espero ter ajudado !!
  - Original Message - 
  From: Bruna Carvalho 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Friday, March 16, 2007 8:57 PM
  Subject: [obm-l] Análise combinatória


  Uma sala possui 5 portas. De quantos modos podemos deixar essa sala aberta?

  -- 
  Bjos, 
  Bruna 

[obm-l] Re: [obm-l] Análise combinatória

[Marcelo Salhab Brogliato]

Olá,

cada porta pode estar aberta ou fechada.. entao temos 2^5 = 32 possibilidades..
em 1 delas, todas estao fechadas... logo, existem 31 maneiras de deixar a sala 
aberta..

abraços,
Salhab

  - Original Message - 
  From: Bruna Carvalho 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Friday, March 16, 2007 8:57 PM
  Subject: [obm-l] Análise combinatória


  Uma sala possui 5 portas. De quantos modos podemos deixar essa sala aberta?

  -- 
  Bjos, 
  Bruna 

[obm-l] Análise Combinatória

[Bruna Carvalho]

A camara municipal de um determinado municipio tem exatamente 20 vereadores,
sendo que 12 deles apoiam o prefeito e os outros sao contra. Qual numero de
maneiras diferentes de se formar uma comissao contendo exatamente 4
vereadores situacionistas e 3 oposicionistas

Seja P o conjunto dos 17 vertices de um heptadecagono regular.
a)Qual o numero de triangulos cujos vertices pertencem a P?
b)Calcule o numero de poligonos convexos cujos vertices pertencem a P

Re: [obm-l] Análise Combinatória

[niski lista]

http://www.orkut.com/CommMsgs.aspx?cmm=287325tid=2502454787980053877start=1

On 12/5/06, Bruna Carvalho [EMAIL PROTECTED] wrote:


A camara municipal de um determinado municipio tem exatamente 20 vereadores,
sendo que 12 deles apoiam o prefeito e os outros sao contra. Qual numero de
maneiras diferentes de se formar uma comissao contendo exatamente 4
vereadores situacionistas e 3 oposicionistas

Seja P o conjunto dos 17 vertices de um heptadecagono regular.
a)Qual o numero de triangulos cujos vertices pertencem a P?
b)Calcule o numero de poligonos convexos cujos vertices pertencem a P

=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
=

[obm-l] análise combinatória

[Anna Luisa]

Boa tarde tds.
Por favor se alguém puder ajudar, pois não sei o 
que estou fazendo de errado nesses 2 exercícios, mas minhas respostas não batem 
c/ o gabarito.

1) Com os algarismos 1, 2, ..., 9 formam-se números 
de 4 algarismos distintos. Quantos são maiores que 4.326?

2) A mala do Dr. Z tem um cadeado cujo segredo é 
uma combinação com 5 algarismos, cada um dos quais podendo variar de 0 a 9. Ele 
esqueceu a combinação que escolhera cpmp segredo, mas sabe que atende às 
condições:
- se o primeiro algarismo é ímpar, entãoo 
último algarismo também é ímpar;
- se o primeiro algarismo é par, então o último 
algarismo é igual ao primeiro;
- a soma dos segundo e terceiro algarismos é 
5.
Quantas combinações diferentes atendem às condições 
estabelecidas pelo Dr. Z?

Desde já agradeço a ajuda.
Anninha.

Re: [obm-l] análise combinatória

[J. Renan]

Olá Anna, estou um pouco sem tempo, não vou resolver, mas te dar uma idéia1) Equivale a dizer: Quantos números de 4 algarismos diferentes são maiores que 4326?O primeiro algarismo pode conter números de 4 até 9, ou seja, 6 números diferentes, o segundo poderá ter, então, 8 algarismos (um dos 9, menos o do primeiro), o terceiro 7 e o quarto 6. 
Fazendo dessa forma estamos considerando o número 
como maior que 4000 e não maior que 4326, devemos então excluir desses números os números entre 4000 e 4326 que não tenham algarismos repetidos. O problema fica então em achar quantos são esses números.
Um grande abraço,Jonas RenanEm 16/05/06, Anna Luisa 
[EMAIL PROTECTED] escreveu:







Boa tarde tds.
Por favor se alguém puder ajudar, pois não sei o 
que estou fazendo de errado nesses 2 exercícios, mas minhas respostas não batem 
c/ o gabarito.

1) Com os algarismos 1, 2, ..., 9 formam-se números 
de 4 algarismos distintos. Quantos são maiores que 4.326?

2) A mala do Dr. Z tem um cadeado cujo segredo é 
uma combinação com 5 algarismos, cada um dos quais podendo variar de 0 a 9. Ele 
esqueceu a combinação que escolhera cpmp segredo, mas sabe que atende às 
condições:
- se o primeiro algarismo é ímpar, entãoo 
último algarismo também é ímpar;
- se o primeiro algarismo é par, então o último 
algarismo é igual ao primeiro;
- a soma dos segundo e terceiro algarismos é 
5.
Quantas combinações diferentes atendem às condições 
estabelecidas pelo Dr. Z?

Desde já agradeço a ajuda.
Anninha.

[obm-l] RE: [obm-l] Análise combinatória!

[Paulo Santa Rita]

Ola Vanderlei e demais
colegas desta lista ... OBM-L,
( Escreverei sem acentos )

Vou apenas evidenciar o padrao que voce procura. Os detalhes voce completa.

Para facilitar a compreensao, vamos nos fixar num campeonado de turno único 
com 10 equipes, a saber : A, B, C, ..., J.  Os calculos, entretanto, serao 
feitos supondo um numero  generico e par de equipes, 2N. Alem disso, declaro 
que usarei a notacao BINOM(N,P) para representar o numero de combinacoes de 
P elementos que se pode fazer usando um conjunto com N elementos.


Seja Ri a i-esima rodada.

Voce calculou corretamente o valor de R1. Agora, para prosseguir, 
perguntamos : de quantas maneiras podemos montar a primeira partida da 
segunda rodada ? Claramente : BINOM(2N,2) – N, pois de BINOM(2N,2) 
precisamos retirar as N partidas já realizadas na primeira rodada.


De quantas maneiras podemos montar a segunda partida da segunda rodada ?

Bom, podemos pensar assim : retiramos de 2N as duas equipes usadas na 
primeira partida, o que da 2N-2 e sobre este numero calculamos BINOM(2N-2,2) 
– N. Ocorre que ao retirarmos duas equipes de 2N estamos tambem retirando a 
possibilidade de ocorrer duas partidas da primeira rodada ... Exemplo :


primeira rodada :
(A,B),(C,D),(E,F),(G,H),(I,J)

primeira partida da segunda rodada : (A,C).

As combinacoes de 2 elementos sobre B,D,E,F,G,H,I,J excluem a possibilidade 
das partidas (A,B) e (C,D) da primeira rodada pois A,C já foram usadas na 
primeira partida da segunda rodada.


O calculo correto, portanto, e : BINOM(2N-2,2) – (N-2). Evidentemente que 
para a i-esima partida da segunda rodada sera :


BINOM(2N-2i + 2,2) – (N – 2i + 2)
Para 2N=10, o produtorio sera :

R2=(1/5!)*[(BINOM(10,2)–5)*(BINOM(8,2)–3)*(BINOM(6,2)-1)*BINOM(4,2)*BINOM(2,2)]

Para o calculo da primeira partida da terceira rodada basta fazer 
BINOM(2N,2) – 2N, pois precisamos retirar N partidas da primeira rodada e N 
partidas da segunda rodada. Para a segunda partida da terceira rodada 
BINOM(2N-2,2)-2*(N-2), pois precisamso retirar (N-2) partidas da primeira 
rodada e (N-2) partidas da segunda rodada e assim sucessivamente.



Se Pij e a i-esima partida da j-esima rodada entao podemos monta-la de :

Pij= BINOM(2N-2i+2,2) – (J-1)*(N-2)
O numero de maneiras de montar esta rodada sera entao :
Rj = (1/N!)*[ PRODUTORIO(i variando de 1 a N) Pij ]

E claro que o numero de maneiras de organizar o campeonato, pelo principio 
multiplicativo da Analise Combinatoria,  e o produto : R1*R2*...*R2n-1


E esse o padrao que voce esta procurando.

E interessante perceber que voce SENTE que há um padrao, apenas não esta 
sabendo FALAR sobre ele ( the one that I can feel, I can express ! )


Espero ter sido util.

Um Abraco a todos
Paulo Santa Rita
7,2000,220406


From: [EMAIL PROTECTED]
Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Análise combinatória!
Date: Fri, 21 Apr 2006 12:50:21 + (GMT)

Caros colegas, estou com um problema que penso ser difícil. Imagine, para 
ficar mais fácil, um campeonato brasileiro de futebol com 10 equipes por 
exemplo e que jogam em turno único. De quantas maneiras diferentes a tabela 
poderia ser montada??? Eu sei que a primeira rodada poderia ser feita de 
945 maneiras diferentes, pois (C10,2.C8,2.C6,2.C4,2.C2,2)/5! = 945, onde 
Cn,p é o números de combinações simples de n elementos tomados p a p. A 
segunda rodada perderia várias destas possibilidades, pois um mesmo jogo 
não pode ocorrer mais de uma vez, mesmo variando todos os demais. Como são 
9 rodadas, a cada rodada perderíamos várias outras possibilidades também. 
Não estou conseguindo observar o padrão a cada rodada. Eu dei um exemplo 
numérico, mas é claro que se alguém souber um resultado genéniro seria 
legal.

Alguém tem alguma idéia???
Obrigado!

Vanderlei


_
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=
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] ANÁLISE COMBINATÓRIA!

[saulo nilson]

numero de maneiras de escolher 5 entre 7
C7,5 = 7!/5!*2! = 21 combinaçoes de questoes possiveis, logo o numero maximo de alunos e 21, 22 alunos ja vao ter dois com as mesmas questoes.


On 12/10/05, Jorge Luis Rodrigues e Silva Luis [EMAIL PROTECTED] wrote:
Ok! Eritotutor e demais colegas! Este é mais um assunto bastanteconvidativo...Um professor propôs, para uma de suas turmas, uma prova com 7 questões, das
quais cada aluno deveria escolher exatamente 5 questões para responder.Sabe-se que não houve duas escolhas das mesmas 5 questões entre todos osalunos da turma. Logo, o número máximo de alunos que essa turma poderia
possuir era:Resp: 21Dois prêmios devem ser distribuídos entre n pessoas, de modo que uma mesmapessoa não receba mais que um prêmio. Se os prêmios forem iguais, adistribuição poderá ser feita de K + 20 maneiras, mas, se os prêmios forem
distintos, a distribuição poderá ser feita de 4K - 10 maneiras. O número né:Resp: 10Um homem encontra-se na origem de um sistema cartesiano ortogonal de eixosOX e OY. Ele pode dar um passo de cada vez, para norte ou para leste. Se ele
der exatamente 10 passos, o número de trajetórias que ele pode percorrer é:Resp: 2^10Quantas permutações podemos fazer com as letras da palavra algarismo, demodo que as vogais conservem a mesma ordem? - de modo que as vogais ocupem
os mesmos lugares?Resp: 15.120 e 120A quantidade de números diferentes formados de cinco algarismos ímpares edistintos, nos quais os dois menores estão sempre juntos é: Resp: 48A propósito, quantos elementos contém cada um dos arranjos de m elementos n
a n, supondo-sem  n?Abraços e Bom Final de Semana!_Chegou o que faltava: MSN Acesso Grátis. Instale Já!
http://www.msn.com.br/discador=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] Análise Combinatória

[Carlos Pereira]

ninguém vai me ajudar Carlos Pereira [EMAIL PROTECTED] wrote:

Me deparei com a questâo abaixo, e só soube respondê-la testando todas as possíveis formas de combinar os valores e somar 12 pontos ...
"Não se assuste: não é preciso saber jogar bridge para entender o argumento que vamos usar. Nesse jogo, um baralho de 52 cartas é dividido, ao acaso, entre 4 jogadores, cada um recebendo uma "mão" de 13 cartas. Há um esquema de contar pontos para as cartas que é o seguinte: um Ás vale 4 pontos, um Rei vale 3 pontos, uma Dama vale 2 pontos e um Valete vale 1 pontos. As demais cartas valem zero pontos. 

Digamos que José recebeu a mão de cima (sortudo!), que vale 37 pontos, e João recebeu a mão de baixo (coitado!), que vale zero pontos. Alguém pode pensar que a mão de José é muito menos provável que a de João, mas não é. Um jogador de bridge pode não concordar, mas, ambas são igualmente prováveis! Há algo, porém, que distingue as duas: o número de pontos. A questão certa, então, não é saber a probabilidade de cada mão. Ambas são igualmente prováveis. A questão é saber qual é a probabilidade de receber uma mão com 37 pontos ou de receber uma mão de zero pontos. Agora, a coisa é diferente. Só existem 4 mãos diferentes que valem 37 pontos. Todas elas são como a mão da figura de cima, apenas trocando o naipe do valete. Já uma mão de zero pontos é qualquer mão sem nenhum ás ou carta de figura. O número de mãos possíveis com zero pontos é da ordem de 2,3 bilhões!
Para fazer uma mão de zero pontos basta tirar os 4 ases e as 12 figuras de um baralho (16 cartas) e separar uma mão de 13 cartas a partir das 36 cartas restantes. O número de mãos distintas será a combinação de 36 cartas, tomadas 13 a 13: 

C3613 = 36! / ((36-13)! 13!) = 2.310.789.600 




Para facilitar nossa conversa, vamos usar os termos microestado e macroestado, como Boltzmann fazia. Qualquer uma dessas 2,3 bilhões de mãos será um microestado do macroestado correspondente a zero pontos. Isto é, o macroestado zero pontos tem 2,3 bilhões de microestados, enquanto o macroestado 37 pontos tem apenas 4 microestados. Agora, é fácil entender porque uma mão de zero pontos é mais provável que uma mão de muitos pontos: ela tem muito mais microestados. 
Podemos, agora, definir a ENTROPIA de uma pontuação no bridge como sendo o número de mãos diferentes com essa pontuação. Ou, equivalentemente, essa entropia será o número de microestados em um macroestado. A entropia da mão de zero pontos (macroestado) é cerca de 2,3 bilhões (número de microestados), enquanto a entropia da mão de 37 pontos é apenas 4. 




Como exercício, você pode calcular a entropia de uma mão de 12 pontos. "

É isso eu não consegui determinar de quantas formas eu posso ter uma mão (13 cartas) somando-se 12 pontos ?


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[obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória

[claudio.buffara]

Oi, Carlos:


Eh que o seu enunciado foi um pouco longo, o que pode ter feito com que a maioria das pessoas desistisse de le-lo ateh o fim.

O baralho tem:
4 A: 4 pontos cada
4 K: 3 pontos cada
4 Q: 2 pontos cada
4 J: 1 ponto cada
36 numeros: 0 pontos cada.

Voce quer saber o numero de maos de 13 cartas cuja soma eh 12 pontos.

Isso eh igual ao numero de solucoes do sistema:
4*(a1+a2+a3+a4) + 3*(k1+k2+k3+k4) + 2*(q1+q2+q3+q4) + (j1+j2+j3+j4) = 12;

a1+a2+a3+a4+k1+k2+k3+k4+q1+q2+q3+q4+j1+j2+j3+j4+n1+n2+ ... +n36 = 13,

onde o universo das 52 variaveis eh igual a {0,1}.

Isso eh igual ao coeficiente de x^12*y^13 na expansao de:
(1+4x^4y+6x^8y^2+4x^12y^3)*
(1+4x^3y+6x^6y^2+4x^9y^3+x^12y^4)*
(1+4x^2y+6x^4y^2+4x^6y^3+x^8y^4)*
(1+4xy+6x^2y^2+4x^3y^3+x^4y^4)*(1+y+y^2+y^3+y^4+y^5+y^6+y^7+y^8+y^9+y^10)

Repare que x controla a soma dos pontos e y o numero de cartas.

Infelizmente, eu estou de ferias no Rio de Janeiro, sem acesso a qualquer tipo de software matematico, de modo que nao vou conseguir dar a resposta numerica que voce deseja (fazer na mao nem pensar!)

[]s,
Claudio.






De:
[EMAIL PROTECTED]




Para:
[EMAIL PROTECTED]




Cópia:





Data:
Mon, 5 Jul 2004 13:31:12 -0300 (ART)




Assunto:
Re: [obm-l] Análise Combinatória






 ninguém vai me ajudar Carlos Pereira [EMAIL PROTECTED] wrote:

Me deparei com a questâo abaixo, e só soube respondê-la testando todas as possíveis formas de combinar os valores e somar 12 pontos ...
"Não se assuste: não é preciso saber jogar bridge para entender o argumento que vamos usar. Nesse jogo, um baralho de 52 cartas é dividido, ao acaso, entre 4 jogadores, cada um recebendo uma "mão" de 13 cartas. Há um esquema de contar pontos para as cartas que é o seguinte: um Ás vale 4 pontos, um Rei vale 3 pontos, uma Dama vale 2 pontos e um Valete vale 1 pontos. As demais cartas valem zero pontos. 

Digamos que José recebeu a mão de cima (sortudo!), que vale 37 pontos, e João recebeu a mão de baixo (coitado!), que vale zero pontos. Alguém pode pensar que a mão de José é muito menos provável que a de João, mas não é. Um jogador de bridge pode não concordar, mas, ambas são igualmente prováveis! Há algo, porém, que distingue as duas: o número de pontos. A questão certa, então, não é saber a probabilidade de cada mão. Ambas são igualmente prováveis. A questão é saber qual é a probabilidade de receber uma mão com 37 pontos ou de receber uma mão de zero pontos. Agora, a coisa é diferente. Só existem 4 mãos diferentes que valem 37 pontos. Todas elas são como a mão da figura de cima, apenas trocando o naipe do valete. Já uma mão de zero pontos é qualquer mão sem nenhum ás ou carta de figura. O número de mãos possíveis com zero pontos é da ordem de 2,3 bilhões!
Para fazer uma mão de zero pontos basta tirar os 4 ases e as 12 figuras de um baralho (16 cartas) e separar uma mão de 13 cartas a partir das 36 cartas restantes. O número de mãos distintas será a combinação de 36 cartas, tomadas 13 a 13: 

C3613 = 36! / ((36-13)! 13!) = 2.310.789.600




Para facilitar nossa conversa, vamos usar os termos microestado e macroestado, como Boltzmann fazia. Qualquer uma dessas 2,3 bilhões de mãos será um microestado do macroestado correspondente a zero pontos. Isto é, o macroestado zero pontos tem 2,3 bilhões de microestados, enquanto o macroestado 37 pontos tem apenas 4 microestados. Agora, é fácil entender porque uma mão de zero pontos é mais provável que uma mão de muitos pontos: ela tem muito mais microestados.
Podemos, agora, definir a ENTROPIA de uma pontuação no bridge como sendo o número de mãos diferentes com essa pontuação. Ou, equivalentemente, essa entropia será o número de microestados em um macroestado. A entropia da mão de zero pontos (macroestado) é cerca de 2,3 bilhões (número de microestados), enquanto a entropia da mão de 37 pontos é apenas 4. 




Como exercício, você pode calcular a entropia de uma mão de 12 pontos. "

É isso eu não consegui determinar de quantas formas eu posso ter uma mão (13 cartas) somando-se 12 pontos ?


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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória

[Rafael]

^12+2184*x^13*y^10+2184*x^1
3*y^11+4504*x^21*y^12+1048*x^25*y^9+944*x^23*y^8+1290*x^28*y^13+1304*x^11*y^
9+268*x^7*y^13+96*x^5*y^9+96*x^5*y^10+4*x^32*y^11+16*x^30*y^10+y^6+x^4*y^14+
25*x^4*y^13+327*x^8*y^14+24*x^28*y^9+4*x^36*y^15+64*x^31*y^11+16*x^26*y^8+44
5*x^8*y^11+445*x^8*y^12+112*x^29*y^10+128*x^27*y^9+112*x^25*y^8+24*x^34*y^13
+16*x^35*y^14+64*x^23*y^7+16*x^33*y^12+896*x^29*y^13+51*x^4*y^9+51*x^4*y^11+
47*x^4*y^12+51*x^4*y^10+170*x^6*y^12+148*x^6*y^13+4*x*y^11+170*x^6*y^10+170*
x^6*y^11+4*x*y^8+4*x*y^9+4*x*y^10+10*x^2*y^10+10*x^2*y^11+6*x^2*y^12+4*x*y^6
+4*x*y^7+4*x^3*y^13+10*x^2*y^7+10*x^2*y^8+10*x^2*y^9+24*x^3*y^8+24*x^3*y^9+2
4*x^3*y^10+24*x^3*y^11+20*x^3*y^12+1716*x^12*y^13+1712*x^12*y^14+284*x^7*y^1
0+284*x^7*y^11+284*x^7*y^12+952*x^10*y^13+952*x^10*y^12+1286*x^28*y^12+1648*
x^27*y^11+1616*x^26*y^10+580*x^30*y^13+872*x^29*y^12+344*x^31*y^13+194*x^32*
y^14+3649*x^16*y^12+3649*x^16*y^13+3649*x^16*y^14+1304*x^11*y^12+1304*x^11*y
^13+2680*x^14*y^12+2680*x^14*y^13+2680*x^14*y^14+2680*x^14*y^11+664*x^9*y^12
+664*x^9*y^13+664*x^9*y^10+664*x^9*y^11+4060*x^17*y^14+4060*x^17*y^15+4060*x
^17*y^12+4060*x^17*y^13+4611*x^20*y^14+4611*x^20*y^16+4611*x^20*y^15+3176*x^
15*y^14+4611*x^20*y^13+4370*x^18*y^12+4370*x^18*y^13+4370*x^18*y^14+4370*x^1
8*y^15+4504*x^21*y^14+4504*x^21*y^15+4504*x^21*y^16+3399*x^24*y^15+3399*x^24
*y^16+3399*x^24*y^17+96*x^5*y^11+96*x^5*y^12+3425*x^20*y^18+3413*x^16*y^16+2
161*x^16*y^17+2184*x^13*y^13+2612*x^14*y^7+2184*x^13*y^14+439*x^8*y^13+3649*
x^16*y^15+1868*x^13*y^6+4346*x^18*y^16+3746*x^18*y^17+4*x^10*y^17+64*x^5*y^1
3+16*x^5*y^14+6*x^8*y^16+98*x^8*y^15+28*x^7*y^15+156*x^7*y^14+904*x^10*y^14+
544*x^10*y^15+128*x^10*y^16+1276*x^11*y^6+824*x^10*y^5+56*x^6*y^14+4*x^6*y^1
5+268*x^9*y^15+572*x^9*y^14+4509*x^20*y^17+3972*x^17*y^16+2996*x^17*y^17+262
8*x^14*y^15+100*x^32*y^12+80*x^33*y^13+1984*x^14*y^16+1280*x^11*y^14+2056*x^
13*y^15+2744*x^15*y^16+3160*x^15*y^15+40*x^34*y^14+188*x^32*y^13+224*x^30*y^
11+2948*x^15*y^7+y^7+439*x^8*y^5+256*x^7*y^4+3621*x^16*y^8+1483*x^12*y^15+96
*x^33*y^14+256*x^31*y^12+664*x^9*y^6+976*x^11*y^15

Procurando o coeficiente de x^12*y^13 encontramos 1716.

Boas férias!


[]s,

Rafael



- Original Message -
From: claudio.buffara
To: obm-l
Sent: Monday, July 05, 2004 3:52 PM
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória


Oi, Carlos:

Eh que o seu enunciado foi um pouco longo, o que pode ter feito com que a
maioria das pessoas desistisse de le-lo ateh o fim.

O baralho tem:
4 A: 4 pontos cada
4 K: 3 pontos cada
4 Q: 2 pontos cada
4 J: 1 ponto cada
36 numeros: 0 pontos cada.

Voce quer saber o numero de maos de 13 cartas cuja soma eh 12 pontos.

Isso eh igual ao numero de solucoes do sistema:
4*(a1+a2+a3+a4) + 3*(k1+k2+k3+k4) + 2*(q1+q2+q3+q4) + (j1+j2+j3+j4) = 12;

a1+a2+a3+a4+k1+k2+k3+k4+q1+q2+q3+q4+j1+j2+j3+j4+n1+n2+ ... +n36 = 13,

onde o universo das 52 variaveis eh igual a {0,1}.

Isso eh igual ao coeficiente de x^12*y^13 na expansao de:
(1+4x^4y+6x^8y^2+4x^12y^3)*
(1+4x^3y+6x^6y^2+4x^9y^3+x^12y^4)*
(1+4x^2y+6x^4y^2+4x^6y^3+x^8y^4)*
(1+4xy+6x^2y^2+4x^3y^3+x^4y^4)*(1+y+y^2+y^3+y^4+y^5+y^6+y^7+y^8+y^9+y^10)

Repare que x controla a soma dos pontos e y o numero de cartas.

Infelizmente, eu estou de ferias no Rio de Janeiro, sem acesso a qualquer
tipo de software matematico, de modo que nao vou conseguir dar a resposta
numerica que voce deseja (fazer na mao nem pensar!)

[]s,
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
=

[obm-l] Análise Combinatória

[Carlos Pereira]

Me deparei com a questâo abaixo, e só soube respondê-la testando todas as possíveis formas de combinar os valores e somar 12 pontos ...
"Não se assuste: não é preciso saber jogar bridge para entender o argumento que vamos usar. Nesse jogo, um baralho de 52 cartas é dividido, ao acaso, entre 4 jogadores, cada um recebendo uma "mão" de 13 cartas. Há um esquema de contar pontos para as cartas que é o seguinte: um Ás vale 4 pontos, um Rei vale 3 pontos, uma Dama vale 2 pontos e um Valete vale 1 pontos. As demais cartas valem zero pontos. 

Digamos que José recebeu a mão de cima (sortudo!), que vale 37 pontos, e João recebeu a mão de baixo (coitado!), que vale zero pontos. Alguém pode pensar que a mão de José é muito menos provável que a de João, mas não é. Um jogador de bridge pode não concordar, mas, ambas são igualmente prováveis! Há algo, porém, que distingue as duas: o número de pontos. A questão certa, então, não é saber a probabilidade de cada mão. Ambas são igualmente prováveis. A questão é saber qual é a probabilidade de receber uma mão com 37 pontos ou de receber uma mão de zero pontos. Agora, a coisa é diferente. Só existem 4 mãos diferentes que valem 37 pontos. Todas elas são como a mão da figura de cima, apenas trocando o naipe do valete. Já uma mão de zero pontos é qualquer mão sem nenhum ás ou carta de figura. O número de mãos possíveis com zero pontos é da ordem de 2,3 bilhões!
Para fazer uma mão de zero pontos basta tirar os 4 ases e as 12 figuras de um baralho (16 cartas) e separar uma mão de 13 cartas a partir das 36 cartas restantes. O número de mãos distintas será a combinação de 36 cartas, tomadas 13 a 13: 

C3613 = 36! / ((36-13)! 13!) = 2.310.789.600 




Para facilitar nossa conversa, vamos usar os termos microestado e macroestado, como Boltzmann fazia. Qualquer uma dessas 2,3 bilhões de mãos será um microestado do macroestado correspondente a zero pontos. Isto é, o macroestado zero pontos tem 2,3 bilhões de microestados, enquanto o macroestado 37 pontos tem apenas 4 microestados. Agora, é fácil entender porque uma mão de zero pontos é mais provável que uma mão de muitos pontos: ela tem muito mais microestados. 
Podemos, agora, definir a ENTROPIA de uma pontuação no bridge como sendo o número de mãos diferentes com essa pontuação. Ou, equivalentemente, essa entropia será o número de microestados em um macroestado. A entropia da mão de zero pontos (macroestado) é cerca de 2,3 bilhões (número de microestados), enquanto a entropia da mão de 37 pontos é apenas 4. 




Como exercício, você pode calcular a entropia de uma mão de 12 pontos. "

É isso eu não consegui determinar de quantas formas eu posso ter uma mão (13 cartas) somando-se 12 pontos ?
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[obm-l] análise combinatória

[seanjr]

De qts maneiras diferentes é possível distribuir 20 notas de 
R$333,33 para 4 pessoas?

 
---
Acabe com aquelas janelinhas que pulam na sua tela.
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[obm-l] Re: [obm-l] análise combinatória

[Rafael]

Sejam x, y, z, t as quatro pessoas em questão, teremos:

x + y + z + t = 20


Para contar o número de soluções dessa equação, tais sendo inteiras e
positivas, faz-se:

23!/(3!20!) = 1771 maneiras diferentes

..


Curiosidade: algum país deste mundo (ou de outro) usa notas de R$
333,33. Dá inveja de tanta criatividade...


Abraços,

Rafael de A. Sampaio





- Original Message -
From: seanjr [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Sent: Saturday, March 27, 2004 5:59 PM
Subject: [obm-l] análise combinatória


De qts maneiras diferentes é possível distribuir 20 notas de
R$333,33 para 4 pessoas?


=
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=

[obm-l] Re: [obm-l] análise combinatória

[seanjr]

Obrigado. 

Vc é meu chará e R$ é a moeda imaginária, rafaéis, de uma 
nação insular na costa de Passárgada. Lar do Coelhinho da 
páscoa. =P



  

 
---
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] análise combinatória

[Rafael]

Contar o número de soluções da equação x + y + z + t = 20, tais sendo
inteiras e *não-negativas*, como muito bem me lembrou o Prof. Morgado,
equivale ao número de combinações completas de 4 elementos escolhidos 20 a
20, sendo que tais elementos (pessoas) podem aparecer repetidamente: uma
mesma pessoa pode receber mais de uma nota, ou mesmo, nenhuma.

Representando as combinações completas (ou, como preferem outros,
combinações com repetição) por *C(n,k), temos que:

*C(n,k) = C(n+k-1,k) = (n+k-1)!/(k!(n-1)!)

Assim: *C(4,20) = 23!/(20!3!) = 1771.


Abraços,

Rafael de A. Sampaio




- Original Message -
From: Douglas Drumond [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Sent: Saturday, March 27, 2004 8:53 PM
Subject: Re: [obm-l] Re: [obm-l] análise combinatória


Rafael escreveu:
  Sejam x, y, z, t as quatro pessoas em questão, teremos
  x + y + z + t = 20
 Para contar o número de soluções dessa equação, tais sendo inteiras e
  positivas, faz-se: 23!/(3!20!) = 1771 maneiras diferentes

Por que? Nao consegui entender o porque de 23!/(3!20!)

=
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] análise combinatória

[Rafael]

Ahhh, agora faz sentido lar do Coelhinho da Páscoa, claro...!

Ainda assim, duas pequenas correções sobre o que você escreveu:

- Chará escreve-se com 'x', portanto, você, provavelmente, é meu *xará*;
- Passárgada escreve-se com apenas um 's', veja: Pasárgada.


Sim, não é só de Matemática que gosto na vida, felizmente... ;-)


Abraços,

Rafael de A. Sampaio




- Original Message -
From: seanjr [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Sent: Saturday, March 27, 2004 10:50 PM
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] análise combinatória


Obrigado.

Vc é meu chará e R$ é a moeda imaginária, rafaéis, de uma
nação insular na costa de Passárgada. Lar do Coelhinho da
páscoa. =P




=
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[obm-l] Análise Combinatória

[Rafael Barcellos]

Olá pessoal, estou com dúvida nesta questão e só consegui resolver pelo diagrama da 
arvore, se alguem tiver uma outra resolução, eu agradeço.


Questão:
 Dez balões azuis e oito brancos deverão ser distribuídos em três enfeites de salão, 
sendo que um deles tenha 7 balões e os outros dois, no mínimo 5. Cada enfeite deverá 
ter 2 balões azuis e 1 branco, pelo menos. De quantas maneiras distintas pode-se fazer 
os enfeites usando simultaneamente todos os balões?





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[obm-l] análise combinatória I

[Faelccmm]

Olá pessoal,

Como resolver esta:

(UF. UBERLÂNDIA) Em um plano há 12 pontos, dos quais três nunca são colineares, exceto 5 que estão sobre uma mesma reta. O número de retas determinadas por esses pontos é:

resp: 56

[obm-l] análise combinatória II

[Faelccmm]

Olá pessoal,

Como resolver esta:

(UE- MT) Sobre uma circunferência marcam-se 7 pontos, 2 a 2 distintos. Calcule o número de triângulos que podem formar com vétices nos pontos marcados. 

resp: 35

Re: [obm-l] análise combinatória I

[Marcelo Leitner]

On Mon, Mar 03, 2003 at 03:19:19PM -0500, [EMAIL PROTECTED] wrote:
 Olá pessoal,
 
 Como resolver esta:
 
 (UF. UBERLÂNDIA) Em um plano há 12 pontos, dos quais três nunca são 
 colineares, exceto 5 que estão sobre uma mesma reta. O número de retas 
 determinadas por esses pontos é:
 
 resp: 56
 
---end quoted text---

Esse voce pode fazer assim, C_12,2 - C_5,2, ou seja, o numero de retas
que sao formadas no total (2 pontos definem uma reta, por isso 2 a 2, e
como uma reta nao tem sentido, tanto faz se vai de A p/ B ou de B p/ A,
por isso combinacao) menos o numero de retas coincidentes.
Calculando as combinacoes, vc chegara em 6*11 - 5*2 = 66 - 10 = 56

[]'s
-- 
Marcelo R Leitner [EMAIL PROTECTED]
=
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O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED]
=

Re: [obm-l] análise combinatória II

[Marcelo Leitner]

On Mon, Mar 03, 2003 at 03:20:53PM -0500, [EMAIL PROTECTED] wrote:
 Olá pessoal,
 
 Como resolver esta:
 
 (UE- MT) Sobre uma circunferência marcam-se 7 pontos, 2 a 2 distintos. 
 Calcule o número de triângulos que podem formar com vétices nos pontos 
 marcados. 
 
 resp: 35
---end quoted text---

Se eu entendi bem, a resposta eh dada apenas por C(7,3) = 35

[]'s
-- 
Marcelo R Leitner [EMAIL PROTECTED]
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