subject:"\[obm\-l\] Combinatoria."

Re: [obm-l] Combinatoria - quantas sequencias de comprimento "n" , com "p" elementos

2018-02-28 Por tôpico Claudio Buffara

Mas se n < p, é impossível que tenhamos uma sequência de comprimento n na
qual aparecem p termos distintos. Não há termos suficientes.
E se n = p, cada elemento aparece exatamente uma vez ==> total = n! (= p!)
sequências.

p^n é o número de sequências de comprimento n sem qualquer restrição;
(p-1)^n é o número de sequências de comprimento n nas quais um dado
elemento (fixado de antemão) não aparece.
Assim, p^n - (p-1)^n = número de sequências de comprimento n nas quais um
dado elemento (fixado de antemão) aparece pelo menos uma vez.

Só que o que o enunciado pode é que cada um dos p elementos apareça pelo
menos uma vez.

Assim, sua solução só está correta quando p = 2.


2018-02-27 22:37 GMT-03:00 Esdras Muniz :

> p^n-(p-1)^n
>
>
> Em 27 de fev de 2018 09:57, "Claudio Buffara" 
> escreveu:
>
>> Isso é igual ao número de sobrejeções de um conjunto com n elementos num
>> conjunto com p elementos.
>>
>> É igual a p!*S(n,p), onde S(n,p) é o número de Stirling do 2o tipo (=
>> número de partições de um conjunto com n elementos em p subconjuntos não
>> vazios)
>>
>> Veja aqui: http://nptel.ac.in/courses/04026/lecture9.pdf  (eles usam
>> m ao invés de p).
>>
>> []s,
>> Claudio.
>>
>>
>> 2018-02-27 7:25 GMT-03:00 Rogerio Ponce da Silva :
>>
>>> Ola' pessoal !
>>> Existem quantas sequencias (diferentes entre si) de comprimento "n" ,
>>> empregando-se somente "p" elementos, pelo menos uma vez cada um deles?
>>>
>>> []'s
>>> Rogerio Ponce
>>>
>>> --
>>> 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 antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Combinatoria - quantas sequencias de comprimento "n" , com "p" elementos

2018-02-27 Por tôpico Esdras Muniz

p^n-(p-1)^n


Em 27 de fev de 2018 09:57, "Claudio Buffara" 
escreveu:

> Isso é igual ao número de sobrejeções de um conjunto com n elementos num
> conjunto com p elementos.
>
> É igual a p!*S(n,p), onde S(n,p) é o número de Stirling do 2o tipo (=
> número de partições de um conjunto com n elementos em p subconjuntos não
> vazios)
>
> Veja aqui: http://nptel.ac.in/courses/04026/lecture9.pdf  (eles usam
> m ao invés de p).
>
> []s,
> Claudio.
>
>
> 2018-02-27 7:25 GMT-03:00 Rogerio Ponce da Silva :
>
>> Ola' pessoal !
>> Existem quantas sequencias (diferentes entre si) de comprimento "n" ,
>> empregando-se somente "p" elementos, pelo menos uma vez cada um deles?
>>
>> []'s
>> Rogerio Ponce
>>
>> --
>> 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 antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Combinatoria - quantas sequencias de comprimento "n" , com "p" elementos

2018-02-27 Por tôpico Claudio Buffara

Isso é igual ao número de sobrejeções de um conjunto com n elementos num
conjunto com p elementos.

É igual a p!*S(n,p), onde S(n,p) é o número de Stirling do 2o tipo (=
número de partições de um conjunto com n elementos em p subconjuntos não
vazios)

Veja aqui: http://nptel.ac.in/courses/04026/lecture9.pdf  (eles usam m
ao invés de p).

[]s,
Claudio.


2018-02-27 7:25 GMT-03:00 Rogerio Ponce da Silva :

> Ola' pessoal !
> Existem quantas sequencias (diferentes entre si) de comprimento "n" ,
> empregando-se somente "p" elementos, pelo menos uma vez cada um deles?
>
> []'s
> Rogerio Ponce
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

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

[obm-l] Combinatoria - quantas sequencias de comprimento "n" , com "p" elementos

2018-02-27 Por tôpico Rogerio Ponce da Silva

Ola' pessoal !
Existem quantas sequencias (diferentes entre si) de comprimento "n" ,
empregando-se somente "p" elementos, pelo menos uma vez cada um deles?

[]'s
Rogerio Ponce

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

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

Re: [obm-l] Combinatoria

2016-12-26 Por tôpico Pedro José

Boa tarde!

Acho que por contagem só é garantido para 32 ou mais. Por isso o mínimo é
32, com a restrição de garantido.

Pois usando a técnica proposta será o máximo de vezes que poderá ser
tentado.

Ele foi muito feliz na escolha das casas dos pombos. Foi sensacional.

Enquanto uns, foram ingênuos, no caso eu, outros foram sagazes.

Saudações,
PJMS

Em 26 de dezembro de 2016 12:43, Gabriel Tostes 
escreveu:

> Na vdd acho que do jeito que foi feito o andamento da solucao nao precisa
> provar que 31 eh impossivel, ja ta provado.
>
> On Dec 26, 2016, at 11:04, Bruno Visnadi 
> wrote:
>
> Considerando os dÃgitos (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7), temos duas
> possibilidades:
> Ou dois dos cadeados tem algum dos dÃgitos (0, 1, 2, 3), ou dois deles
> tem algum dos dÃgitos (4, 5, 6, 7).
> Vamos supor que ao menos 2 deles tenham dÃgitos do grupo (0, 1, 2, 3).
> EntÃ£o queremos cobrir todas as possibilidades que envolvem estes dÃgitos.
> Cada tentativa (A, B, C) elimina 3 possibilidades (A, B, X), (A, X, C) e
> (X, B, C). Existem, ao todo, 48 possibilidades (16 pares possÃveis, e 3
> posiÃ§Ãµes). Portanto precisamos de 48/3 = 16 tentativas, desde que nÃ£o se
> repita nenhum par. E isto Ã© possÃvel:
> (0, 0, 0), (0, 1, 1), (0, 2, 2), (0, 3, 3), (1, 0, 1), (1, 1, 2), (1, 2,
> 3), (1, 3, 0), (2, 0, 2), (2, 1, 3), (2, 2, 0), (2, 3, 1), (3, 0, 3), (3,
> 1, 0), (3, 2, 1), (3, 3, 2).
> Se nossa suposiÃ§Ã£o estava errada, e na verdade 2 dos cadeados tem
> dÃgitos do grupo (4, 5, 6, 7), basta fazer as mesmas tentativas, mas
> trocando os dÃgitos (0, 1, 2, 3) por (4, 5, 6, 7). Assim, abriremos o
> armÃ¡rio em no mÃ¡ximo 32 tentativas.
>
> Em 26 de dezembro de 2016 08:26, Pedro JosÃ© 
> escreveu:
>
>> Bom dia!
>>
>> Fui inocente, fiz uma restriÃ§Ã£o que nÃ£o precisava. NÃ£o hÃ¡
>> necessidade de acaso.
>> Pode haver estratÃ©gia.
>>
>> SaudaÃ§Ãµes,
>> PJMS
>>
>> Em 25 de dezembro de 2016 12:31, Matheus Herculano <
>> matheusherculan...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> 87
>>>
>>> Em 23 de dez de 2016 13:07, "Gabriel Tostes" 
>>> escreveu:
>>>
 Um armario de seguranÃƒÂ§a tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8
 combinacoes diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao
 na posicao correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o
 armario?


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


 
 =
 InstruÃ§Ãµes 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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>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivÃrus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>>
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>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivÃrus 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.
>
>
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Combinatoria

2016-12-26 Por tôpico Gabriel Tostes

Na vdd acho que do jeito que foi feito o andamento da solucao nao precisa 
provar que 31 eh impossivel, ja ta provado.

> On Dec 26, 2016, at 11:04, Bruno Visnadi  wrote:
> 
> Considerando os dÃgitos (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7), temos duas possibilidades:
> Ou dois dos cadeados tem algum dos dÃgitos (0, 1, 2, 3), ou dois deles tem 
> algum dos dÃgitos (4, 5, 6, 7).
> Vamos supor que ao menos 2 deles tenham dÃgitos do grupo (0, 1, 2, 3). 
> EntÃ£o queremos cobrir todas as possibilidades que envolvem estes dÃgitos. 
> Cada tentativa (A, B, C) elimina 3 possibilidades (A, B, X), (A, X, C) e (X, 
> B, C). Existem, ao todo, 48 possibilidades (16 pares possÃveis, e 3 
> posiÃ§Ãµes). Portanto precisamos de 48/3 = 16 tentativas, desde que nÃ£o se 
> repita nenhum par. E isto Ã© possÃvel:
> (0, 0, 0), (0, 1, 1), (0, 2, 2), (0, 3, 3), (1, 0, 1), (1, 1, 2), (1, 2, 3), 
> (1, 3, 0), (2, 0, 2), (2, 1, 3), (2, 2, 0), (2, 3, 1), (3, 0, 3), (3, 1, 0), 
> (3, 2, 1), (3, 3, 2).
> Se nossa suposiÃ§Ã£o estava errada, e na verdade 2 dos cadeados tem dÃgitos 
> do grupo (4, 5, 6, 7), basta fazer as mesmas tentativas, mas trocando os 
> dÃgitos (0, 1, 2, 3) por (4, 5, 6, 7). Assim, abriremos o armÃ¡rio em no 
> mÃ¡ximo 32 tentativas.
> 
> Em 26 de dezembro de 2016 08:26, Pedro JosÃ©  escreveu:
>> Bom dia!
>> 
>> Fui inocente, fiz uma restriÃ§Ã£o que nÃ£o precisava. NÃ£o hÃ¡ necessidade 
>> de acaso.
>> Pode haver estratÃ©gia.
>> 
>> SaudaÃ§Ãµes,
>> PJMS
>> 
>> Em 25 de dezembro de 2016 12:31, Matheus Herculano 
>>  escreveu:
>>> 87
>>> 
>>> Em 23 de dez de 2016 13:07, "Gabriel Tostes"  escreveu:
 Um armario de seguranÃƒÂ§a tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes 
 diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na posicao 
 correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
 
 
 --
 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivÃrus e
 Â acredita-se estar livre de perigo.
 
 
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 InstruÃ§Ãµes 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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>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivÃrus e 
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>> 
>> 
>> -- 
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivÃrus 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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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Combinatoria

2016-12-26 Por tôpico Gabriel Tostes

Mto bom! So que tem que provar ainda que 31 nao eh possivel :/ 

> On Dec 26, 2016, at 11:04, Bruno Visnadi  wrote:
> 
> Considerando os dÃgitos (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7), temos duas possibilidades:
> Ou dois dos cadeados tem algum dos dÃgitos (0, 1, 2, 3), ou dois deles tem 
> algum dos dÃgitos (4, 5, 6, 7).
> Vamos supor que ao menos 2 deles tenham dÃgitos do grupo (0, 1, 2, 3). 
> EntÃ£o queremos cobrir todas as possibilidades que envolvem estes dÃgitos. 
> Cada tentativa (A, B, C) elimina 3 possibilidades (A, B, X), (A, X, C) e (X, 
> B, C). Existem, ao todo, 48 possibilidades (16 pares possÃveis, e 3 
> posiÃ§Ãµes). Portanto precisamos de 48/3 = 16 tentativas, desde que nÃ£o se 
> repita nenhum par. E isto Ã© possÃvel:
> (0, 0, 0), (0, 1, 1), (0, 2, 2), (0, 3, 3), (1, 0, 1), (1, 1, 2), (1, 2, 3), 
> (1, 3, 0), (2, 0, 2), (2, 1, 3), (2, 2, 0), (2, 3, 1), (3, 0, 3), (3, 1, 0), 
> (3, 2, 1), (3, 3, 2).
> Se nossa suposiÃ§Ã£o estava errada, e na verdade 2 dos cadeados tem dÃgitos 
> do grupo (4, 5, 6, 7), basta fazer as mesmas tentativas, mas trocando os 
> dÃgitos (0, 1, 2, 3) por (4, 5, 6, 7). Assim, abriremos o armÃ¡rio em no 
> mÃ¡ximo 32 tentativas.
> 
> Em 26 de dezembro de 2016 08:26, Pedro JosÃ©  escreveu:
>> Bom dia!
>> 
>> Fui inocente, fiz uma restriÃ§Ã£o que nÃ£o precisava. NÃ£o hÃ¡ necessidade 
>> de acaso.
>> Pode haver estratÃ©gia.
>> 
>> SaudaÃ§Ãµes,
>> PJMS
>> 
>> Em 25 de dezembro de 2016 12:31, Matheus Herculano 
>>  escreveu:
>>> 87
>>> 
>>> Em 23 de dez de 2016 13:07, "Gabriel Tostes"  escreveu:
 Um armario de seguranÃƒÂ§a tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes 
 diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na posicao 
 correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
 
 
 --
 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivÃrus e
 Â acredita-se estar livre de perigo.
 
 
 =
 InstruÃ§Ãµes 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 antivÃrus e 
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>> 
>> 
>> -- 
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivÃrus 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] Combinatoria

2016-12-26 Por tôpico Bruno Visnadi

Considerando os dígitos (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7), temos duas possibilidades:
Ou dois dos cadeados tem algum dos dígitos (0, 1, 2, 3), ou dois deles tem
algum dos dígitos (4, 5, 6, 7).
Vamos supor que ao menos 2 deles tenham dígitos do grupo (0, 1, 2, 3).
Então queremos cobrir todas as possibilidades que envolvem estes dígitos.
Cada tentativa (A, B, C) elimina 3 possibilidades (A, B, X), (A, X, C) e
(X, B, C). Existem, ao todo, 48 possibilidades (16 pares possíveis, e 3
posições). Portanto precisamos de 48/3 = 16 tentativas, desde que não se
repita nenhum par. E isto é possível:
(0, 0, 0), (0, 1, 1), (0, 2, 2), (0, 3, 3), (1, 0, 1), (1, 1, 2), (1, 2,
3), (1, 3, 0), (2, 0, 2), (2, 1, 3), (2, 2, 0), (2, 3, 1), (3, 0, 3), (3,
1, 0), (3, 2, 1), (3, 3, 2).
Se nossa suposição estava errada, e na verdade 2 dos cadeados tem dígitos
do grupo (4, 5, 6, 7), basta fazer as mesmas tentativas, mas trocando os
dígitos (0, 1, 2, 3) por (4, 5, 6, 7). Assim, abriremos o armário em no
máximo 32 tentativas.

Em 26 de dezembro de 2016 08:26, Pedro José  escreveu:

> Bom dia!
>
> Fui inocente, fiz uma restrição que não precisava. Não há necessidade de
> acaso.
> Pode haver estratégia.
>
> Saudações,
> PJMS
>
> Em 25 de dezembro de 2016 12:31, Matheus Herculano <
> matheusherculan...@gmail.com> escreveu:
>
>> 87
>>
>> Em 23 de dez de 2016 13:07, "Gabriel Tostes" 
>> escreveu:
>>
>>> Um armario de seguranÃ§a tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes
>>> diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na posicao
>>> correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
>>>
>>>
>>> --
>>> 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 antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Combinatoria

2016-12-26 Por tôpico Pedro José

Bom dia!

Fui inocente, fiz uma restrição que não precisava. Não há necessidade de
acaso.
Pode haver estratégia.

Saudações,
PJMS

Em 25 de dezembro de 2016 12:31, Matheus Herculano <
matheusherculan...@gmail.com> escreveu:

> 87
>
> Em 23 de dez de 2016 13:07, "Gabriel Tostes" 
> escreveu:
>
>> Um armario de seguranÃ§a tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes
>> diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na posicao
>> correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
>>
>>
>> --
>> 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 antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Combinatoria

2016-12-25 Por tôpico Matheus Herculano

87

Em 23 de dez de 2016 13:07, "Gabriel Tostes"  escreveu:

> Um armario de seguranÃ§a tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes
> diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na posicao
> correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

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

Re: [obm-l] Combinatoria

2016-12-23 Por tôpico Bruno Visnadi

Ops, que viagem, é mesmo.
Mas certamente é um valor menor que 64. Se fizéssemos com 4x4x4 a
estratégia de deixar um fixo e alterar os outros, dariam 16 possibilidades,
mas são apenas 8.

Em 23 de dezembro de 2016 16:41, Gabriel Tostes 
escreveu:

> 24 nao eh possivel...
>
> > On Dec 23, 2016, at 16:22, Ralph Teixeira  wrote:
> >
> > Hm, acho que dah para fazer com menos tentativas.
> >
> > Sejam a, b e c as combinacoes corretas de cada cadeado, onde a,b,c
> > estao em {0,1,2,3,4,5,6,7}.
> >
> > Tentanto, por exemplo, todas as combinacoes possiveis para a e b
> > (mantenha c=0), fazemos 64 tentativas, e com certeza vamos acabar
> > acertando a combinacao dos dois primeiros cadeados -- o que eh
> > suficiente para abrir o armario!
> >
> > Mas eu nao estou dizendo que a resposta eh 64 -- acho que dah para ser
> > mais esperto e abrir o armario garantidamente com menos tentativas...
> >
> > (24, talvez?)
> >
> > Abraco, Ralph.
> >
> > P.S.: Pode me chamar de maluco, mas eu estou enxergando um cubo
> > dividido em 8x8x8 cubinhos de LED, e a combinacao correta eh um
> > cubinho especial desconhecido. Os 512 cubinhos comecam apagados; cada
> > vez que voce faz uma tentativa, voce estah escolhendo um cubinho, e
> > acendendo nao soh ele, mas todos os cubinhos na mesma linha, coluna
> > ou... huh, outra linha. Em outras palavras, se voce escolhe o cubinho
> > (A,B,C) (eu imagino voce botando o dedo nele para acende-lo, como se
> > fosse uma jogada de um joguinho), voce acende todos os 22 cubinhos da
> > forma (A,B,x), (A,x,C) ou (x,B,C) onde 0<=x<=7. Digo isso porque, se a
> > combinacao correta dos 3 cadeados fosse um dos que acendeu, voce teria
> > acertado pelo menos 2 cadeados, e assim abria o armario; e vice-versa,
> > voce soh acerta se o cubinho desconhecido estiver entre esses 22.
> >
> > Entao o problema eh o seguinte: qual a maneira mais economica (menos
> > jogadas) de acender todos os 512 cubinhos no meu joguinho de LEDs? Eh,
> > vai ter que acender **todos**, porque se voce esquecer unzinho, podia
> > dar azar e ser aquela a combinacao correta, e entao voce nao garante
> > abrir o armario!
> >
> > Obviamente, como cada jogada acende 22, e sao 512 cubinhos, vamos
> > precisar de no minimo 512/22, huh, arredonda para cima, 24 jogadas.
> > Mas dah para fazer com 24? Para tanto, voce teria que ter muito poucas
> > intersecoes entre jogadas distintas -- eh possivel?
> >
> > 2016-12-23 14:53 GMT-02:00 Pedro JosÃ© :
> >> Bom dia!
> >>
> >> Novamente o problema estÃ¡ mal formulado.
> >> Embora possa parecer claro, qual Ã© o nÃºmero mÃnimo  de tentativas que
> >> garanta abrir o armÃ¡rio.
> >>
> >> Dois casos disjuntos atendem.
> >>
> >> (i) Dois cadeados corretos e o outro errado.
> >>
> >> HÃ¡ uma chance de cada cadeado estar correto e 7 chances do terceiro
> estar
> >> errado. HÃ¡ 3 = C(3,2) jeitos de distribuir os dois cadeados corretos e
> o
> >> errado.
> >>
> >> Pelo princÃpio da multiplicaÃ§Ã£o sÃ£o: 3*7 = 21 eventos.
> >>
> >> (ii) os trÃªs cadeados estÃ£o corretos;
> >>
> >> SÃ³ hÃ¡ uma possibilidade.
> >>
> >> O total de possibilidades para estar correto sÃ£o 22 eventos.
> >>
> >> O universo tem 8^3, logo hÃ¡ 8^3 -22 possibilidades que nÃ£o abrem o
> armÃ¡rio.
> >>
> >> Portanto para garantir que abra teremos 8^3 -22 +1 = 8^3 -21 = 491
> >> tentativas.
> >>
> >> Mas do jeito que o problema estÃ¡ formulado Ã© 1. Se a pessoa der sorte
> de
> >> acertar de primeira.
> >>
> >> SaudaÃ§Ãµes,
> >> PJMS
> >>
> >>
> >>
> >>
> >>
> >> Em 23 de dezembro de 2016 11:53, Gabriel Tostes 
> >> escreveu:
> >>>
> >>> Um armario de seguranÃƒÂ§a tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8
> combinacoes
> >>> diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na
> posicao
> >>> correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
> >>>
> >>>
> >>> --
> >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivÃrus e
> >>> acredita-se estar livre de perigo.
> >>>
> >>>
> >>> 
> =
> >>> InstruÃ§Ãµes 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 antivÃrus e
> >> acredita-se estar livre de perigo.
> >
> > --
> > 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.
>
>
>

Re: [obm-l] Combinatoria

2016-12-23 Por tôpico Gabriel Tostes

24 nao eh possivel... 

> On Dec 23, 2016, at 16:22, Ralph Teixeira  wrote:
> 
> Hm, acho que dah para fazer com menos tentativas.
> 
> Sejam a, b e c as combinacoes corretas de cada cadeado, onde a,b,c
> estao em {0,1,2,3,4,5,6,7}.
> 
> Tentanto, por exemplo, todas as combinacoes possiveis para a e b
> (mantenha c=0), fazemos 64 tentativas, e com certeza vamos acabar
> acertando a combinacao dos dois primeiros cadeados -- o que eh
> suficiente para abrir o armario!
> 
> Mas eu nao estou dizendo que a resposta eh 64 -- acho que dah para ser
> mais esperto e abrir o armario garantidamente com menos tentativas...
> 
> (24, talvez?)
> 
> Abraco, Ralph.
> 
> P.S.: Pode me chamar de maluco, mas eu estou enxergando um cubo
> dividido em 8x8x8 cubinhos de LED, e a combinacao correta eh um
> cubinho especial desconhecido. Os 512 cubinhos comecam apagados; cada
> vez que voce faz uma tentativa, voce estah escolhendo um cubinho, e
> acendendo nao soh ele, mas todos os cubinhos na mesma linha, coluna
> ou... huh, outra linha. Em outras palavras, se voce escolhe o cubinho
> (A,B,C) (eu imagino voce botando o dedo nele para acende-lo, como se
> fosse uma jogada de um joguinho), voce acende todos os 22 cubinhos da
> forma (A,B,x), (A,x,C) ou (x,B,C) onde 0<=x<=7. Digo isso porque, se a
> combinacao correta dos 3 cadeados fosse um dos que acendeu, voce teria
> acertado pelo menos 2 cadeados, e assim abria o armario; e vice-versa,
> voce soh acerta se o cubinho desconhecido estiver entre esses 22.
> 
> Entao o problema eh o seguinte: qual a maneira mais economica (menos
> jogadas) de acender todos os 512 cubinhos no meu joguinho de LEDs? Eh,
> vai ter que acender **todos**, porque se voce esquecer unzinho, podia
> dar azar e ser aquela a combinacao correta, e entao voce nao garante
> abrir o armario!
> 
> Obviamente, como cada jogada acende 22, e sao 512 cubinhos, vamos
> precisar de no minimo 512/22, huh, arredonda para cima, 24 jogadas.
> Mas dah para fazer com 24? Para tanto, voce teria que ter muito poucas
> intersecoes entre jogadas distintas -- eh possivel?
> 
> 2016-12-23 14:53 GMT-02:00 Pedro JosÃ© :
>> Bom dia!
>> 
>> Novamente o problema estÃ¡ mal formulado.
>> Embora possa parecer claro, qual Ã© o nÃºmero mÃnimo  de tentativas que
>> garanta abrir o armÃ¡rio.
>> 
>> Dois casos disjuntos atendem.
>> 
>> (i) Dois cadeados corretos e o outro errado.
>> 
>> HÃ¡ uma chance de cada cadeado estar correto e 7 chances do terceiro estar
>> errado. HÃ¡ 3 = C(3,2) jeitos de distribuir os dois cadeados corretos e o
>> errado.
>> 
>> Pelo princÃpio da multiplicaÃ§Ã£o sÃ£o: 3*7 = 21 eventos.
>> 
>> (ii) os trÃªs cadeados estÃ£o corretos;
>> 
>> SÃ³ hÃ¡ uma possibilidade.
>> 
>> O total de possibilidades para estar correto sÃ£o 22 eventos.
>> 
>> O universo tem 8^3, logo hÃ¡ 8^3 -22 possibilidades que nÃ£o abrem o 
>> armÃ¡rio.
>> 
>> Portanto para garantir que abra teremos 8^3 -22 +1 = 8^3 -21 = 491
>> tentativas.
>> 
>> Mas do jeito que o problema estÃ¡ formulado Ã© 1. Se a pessoa der sorte de
>> acertar de primeira.
>> 
>> SaudaÃ§Ãµes,
>> PJMS
>> 
>> 
>> 
>> 
>> 
>> Em 23 de dezembro de 2016 11:53, Gabriel Tostes 
>> escreveu:
>>> 
>>> Um armario de seguranÃƒÂ§a tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes
>>> diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na posicao
>>> correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
>>> 
>>> 
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivÃrus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>> 
>>> 
>>> =
>>> InstruÃ§Ãµes 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 antivÃrus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
> 
> -- 
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
> 
> 
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =

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


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

Re: [obm-l] Combinatoria

2016-12-23 Por tôpico Ralph Teixeira

Boa ideia, mas o cubo 8x8x8 sao OITO cubinhos 4x4x4, entao a gente tem
que trabalhar mais. :)

2016-12-23 17:21 GMT-02:00 Bruno Visnadi :
> Gostei da analogia dos cubinhos, mas não acredito que a resposta seja 24.
> Lembre-se que os últimos cubinhos escolhidos vão acender menos cubinhos,
> pois alguns já estarão acesos.
> Estava tentando com menos possibilidades por cadeado. Se fossem 4, por
> exemplo, seria possível abrir o cadeado certamente escolhendo as seguintes
> combinações:
> (1, 1, 1)
> (1, 3, 3)
> (2, 2, 2)
> (2, 4, 4)
> (3, 1, 3)
> (3, 3, 1)
> (4, 4, 2)
> (4, 2, 4)
> São 8 combinações ao todo. Como um cubo 8x8x8 pode ser montado com 4 cubos
> 4x4x4, poderíamos certamente cobrir todas as possibilidades com 4*8 = 32
> tentativas. Portanto, a resposta é menor ou igual a 32.
>
>
> Em 23 de dezembro de 2016 16:22, Ralph Teixeira 
> escreveu:
>>
>> Hm, acho que dah para fazer com menos tentativas.
>>
>> Sejam a, b e c as combinacoes corretas de cada cadeado, onde a,b,c
>> estao em {0,1,2,3,4,5,6,7}.
>>
>> Tentanto, por exemplo, todas as combinacoes possiveis para a e b
>> (mantenha c=0), fazemos 64 tentativas, e com certeza vamos acabar
>> acertando a combinacao dos dois primeiros cadeados -- o que eh
>> suficiente para abrir o armario!
>>
>> Mas eu nao estou dizendo que a resposta eh 64 -- acho que dah para ser
>> mais esperto e abrir o armario garantidamente com menos tentativas...
>>
>> (24, talvez?)
>>
>> Abraco, Ralph.
>>
>> P.S.: Pode me chamar de maluco, mas eu estou enxergando um cubo
>> dividido em 8x8x8 cubinhos de LED, e a combinacao correta eh um
>> cubinho especial desconhecido. Os 512 cubinhos comecam apagados; cada
>> vez que voce faz uma tentativa, voce estah escolhendo um cubinho, e
>> acendendo nao soh ele, mas todos os cubinhos na mesma linha, coluna
>> ou... huh, outra linha. Em outras palavras, se voce escolhe o cubinho
>> (A,B,C) (eu imagino voce botando o dedo nele para acende-lo, como se
>> fosse uma jogada de um joguinho), voce acende todos os 22 cubinhos da
>> forma (A,B,x), (A,x,C) ou (x,B,C) onde 0<=x<=7. Digo isso porque, se a
>> combinacao correta dos 3 cadeados fosse um dos que acendeu, voce teria
>> acertado pelo menos 2 cadeados, e assim abria o armario; e vice-versa,
>> voce soh acerta se o cubinho desconhecido estiver entre esses 22.
>>
>> Entao o problema eh o seguinte: qual a maneira mais economica (menos
>> jogadas) de acender todos os 512 cubinhos no meu joguinho de LEDs? Eh,
>> vai ter que acender **todos**, porque se voce esquecer unzinho, podia
>> dar azar e ser aquela a combinacao correta, e entao voce nao garante
>> abrir o armario!
>>
>> Obviamente, como cada jogada acende 22, e sao 512 cubinhos, vamos
>> precisar de no minimo 512/22, huh, arredonda para cima, 24 jogadas.
>> Mas dah para fazer com 24? Para tanto, voce teria que ter muito poucas
>> intersecoes entre jogadas distintas -- eh possivel?
>>
>> 2016-12-23 14:53 GMT-02:00 Pedro José :
>> > Bom dia!
>> >
>> > Novamente o problema está mal formulado.
>> > Embora possa parecer claro, qual é o número mínimo  de tentativas que
>> > garanta abrir o armário.
>> >
>> > Dois casos disjuntos atendem.
>> >
>> > (i) Dois cadeados corretos e o outro errado.
>> >
>> > Há uma chance de cada cadeado estar correto e 7 chances do terceiro
>> > estar
>> > errado. Há 3 = C(3,2) jeitos de distribuir os dois cadeados corretos e o
>> > errado.
>> >
>> > Pelo princípio da multiplicação são: 3*7 = 21 eventos.
>> >
>> > (ii) os três cadeados estão corretos;
>> >
>> > Só há uma possibilidade.
>> >
>> > O total de possibilidades para estar correto são 22 eventos.
>> >
>> > O universo tem 8^3, logo há 8^3 -22 possibilidades que não abrem o
>> > armário.
>> >
>> > Portanto para garantir que abra teremos 8^3 -22 +1 = 8^3 -21 = 491
>> > tentativas.
>> >
>> > Mas do jeito que o problema está formulado é 1. Se a pessoa der sorte de
>> > acertar de primeira.
>> >
>> > Saudações,
>> > PJMS
>> >
>> >
>> >
>> >
>> >
>> > Em 23 de dezembro de 2016 11:53, Gabriel Tostes 
>> > escreveu:
>> >>
>> >> Um armario de seguranÃ§a tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes
>> >> diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na
>> >> posicao
>> >> correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
>> >>
>> >>
>> >> --
>> >> 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
>>

Re: [obm-l] Combinatoria

2016-12-23 Por tôpico Bruno Visnadi

Gostei da analogia dos cubinhos, mas não acredito que a resposta seja 24.
Lembre-se que os últimos cubinhos escolhidos vão acender menos cubinhos,
pois alguns já estarão acesos.
Estava tentando com menos possibilidades por cadeado. Se fossem 4, por
exemplo, seria possível abrir o cadeado certamente escolhendo as seguintes
combinações:
(1, 1, 1)
(1, 3, 3)
(2, 2, 2)
(2, 4, 4)
(3, 1, 3)
(3, 3, 1)
(4, 4, 2)
(4, 2, 4)
São 8 combinações ao todo. Como um cubo 8x8x8 pode ser montado com 4 cubos
4x4x4, poderíamos certamente cobrir todas as possibilidades com 4*8 = 32
tentativas. Portanto, a resposta é menor ou igual a 32.


Em 23 de dezembro de 2016 16:22, Ralph Teixeira 
escreveu:

> Hm, acho que dah para fazer com menos tentativas.
>
> Sejam a, b e c as combinacoes corretas de cada cadeado, onde a,b,c
> estao em {0,1,2,3,4,5,6,7}.
>
> Tentanto, por exemplo, todas as combinacoes possiveis para a e b
> (mantenha c=0), fazemos 64 tentativas, e com certeza vamos acabar
> acertando a combinacao dos dois primeiros cadeados -- o que eh
> suficiente para abrir o armario!
>
> Mas eu nao estou dizendo que a resposta eh 64 -- acho que dah para ser
> mais esperto e abrir o armario garantidamente com menos tentativas...
>
> (24, talvez?)
>
> Abraco, Ralph.
>
> P.S.: Pode me chamar de maluco, mas eu estou enxergando um cubo
> dividido em 8x8x8 cubinhos de LED, e a combinacao correta eh um
> cubinho especial desconhecido. Os 512 cubinhos comecam apagados; cada
> vez que voce faz uma tentativa, voce estah escolhendo um cubinho, e
> acendendo nao soh ele, mas todos os cubinhos na mesma linha, coluna
> ou... huh, outra linha. Em outras palavras, se voce escolhe o cubinho
> (A,B,C) (eu imagino voce botando o dedo nele para acende-lo, como se
> fosse uma jogada de um joguinho), voce acende todos os 22 cubinhos da
> forma (A,B,x), (A,x,C) ou (x,B,C) onde 0<=x<=7. Digo isso porque, se a
> combinacao correta dos 3 cadeados fosse um dos que acendeu, voce teria
> acertado pelo menos 2 cadeados, e assim abria o armario; e vice-versa,
> voce soh acerta se o cubinho desconhecido estiver entre esses 22.
>
> Entao o problema eh o seguinte: qual a maneira mais economica (menos
> jogadas) de acender todos os 512 cubinhos no meu joguinho de LEDs? Eh,
> vai ter que acender **todos**, porque se voce esquecer unzinho, podia
> dar azar e ser aquela a combinacao correta, e entao voce nao garante
> abrir o armario!
>
> Obviamente, como cada jogada acende 22, e sao 512 cubinhos, vamos
> precisar de no minimo 512/22, huh, arredonda para cima, 24 jogadas.
> Mas dah para fazer com 24? Para tanto, voce teria que ter muito poucas
> intersecoes entre jogadas distintas -- eh possivel?
>
> 2016-12-23 14:53 GMT-02:00 Pedro José :
> > Bom dia!
> >
> > Novamente o problema está mal formulado.
> > Embora possa parecer claro, qual é o número mínimo  de tentativas que
> > garanta abrir o armário.
> >
> > Dois casos disjuntos atendem.
> >
> > (i) Dois cadeados corretos e o outro errado.
> >
> > Há uma chance de cada cadeado estar correto e 7 chances do terceiro estar
> > errado. Há 3 = C(3,2) jeitos de distribuir os dois cadeados corretos e o
> > errado.
> >
> > Pelo princípio da multiplicação são: 3*7 = 21 eventos.
> >
> > (ii) os três cadeados estão corretos;
> >
> > Só há uma possibilidade.
> >
> > O total de possibilidades para estar correto são 22 eventos.
> >
> > O universo tem 8^3, logo há 8^3 -22 possibilidades que não abrem o
> armário.
> >
> > Portanto para garantir que abra teremos 8^3 -22 +1 = 8^3 -21 = 491
> > tentativas.
> >
> > Mas do jeito que o problema está formulado é 1. Se a pessoa der sorte de
> > acertar de primeira.
> >
> > Saudações,
> > PJMS
> >
> >
> >
> >
> >
> > Em 23 de dezembro de 2016 11:53, Gabriel Tostes 
> > escreveu:
> >>
> >> Um armario de seguranÃ§a tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes
> >> diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na
> posicao
> >> correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
> >>
> >>
> >> --
> >> 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.
>
>
> =
> Instru�ões 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

Re: [obm-l] Combinatoria

2016-12-23 Por tôpico Ralph Teixeira

Hm, acho que dah para fazer com menos tentativas.

Sejam a, b e c as combinacoes corretas de cada cadeado, onde a,b,c
estao em {0,1,2,3,4,5,6,7}.

Tentanto, por exemplo, todas as combinacoes possiveis para a e b
(mantenha c=0), fazemos 64 tentativas, e com certeza vamos acabar
acertando a combinacao dos dois primeiros cadeados -- o que eh
suficiente para abrir o armario!

Mas eu nao estou dizendo que a resposta eh 64 -- acho que dah para ser
mais esperto e abrir o armario garantidamente com menos tentativas...

(24, talvez?)

Abraco, Ralph.

P.S.: Pode me chamar de maluco, mas eu estou enxergando um cubo
dividido em 8x8x8 cubinhos de LED, e a combinacao correta eh um
cubinho especial desconhecido. Os 512 cubinhos comecam apagados; cada
vez que voce faz uma tentativa, voce estah escolhendo um cubinho, e
acendendo nao soh ele, mas todos os cubinhos na mesma linha, coluna
ou... huh, outra linha. Em outras palavras, se voce escolhe o cubinho
(A,B,C) (eu imagino voce botando o dedo nele para acende-lo, como se
fosse uma jogada de um joguinho), voce acende todos os 22 cubinhos da
forma (A,B,x), (A,x,C) ou (x,B,C) onde 0<=x<=7. Digo isso porque, se a
combinacao correta dos 3 cadeados fosse um dos que acendeu, voce teria
acertado pelo menos 2 cadeados, e assim abria o armario; e vice-versa,
voce soh acerta se o cubinho desconhecido estiver entre esses 22.

Entao o problema eh o seguinte: qual a maneira mais economica (menos
jogadas) de acender todos os 512 cubinhos no meu joguinho de LEDs? Eh,
vai ter que acender **todos**, porque se voce esquecer unzinho, podia
dar azar e ser aquela a combinacao correta, e entao voce nao garante
abrir o armario!

Obviamente, como cada jogada acende 22, e sao 512 cubinhos, vamos
precisar de no minimo 512/22, huh, arredonda para cima, 24 jogadas.
Mas dah para fazer com 24? Para tanto, voce teria que ter muito poucas
intersecoes entre jogadas distintas -- eh possivel?

2016-12-23 14:53 GMT-02:00 Pedro José :
> Bom dia!
>
> Novamente o problema está mal formulado.
> Embora possa parecer claro, qual é o número mínimo  de tentativas que
> garanta abrir o armário.
>
> Dois casos disjuntos atendem.
>
> (i) Dois cadeados corretos e o outro errado.
>
> Há uma chance de cada cadeado estar correto e 7 chances do terceiro estar
> errado. Há 3 = C(3,2) jeitos de distribuir os dois cadeados corretos e o
> errado.
>
> Pelo princípio da multiplicação são: 3*7 = 21 eventos.
>
> (ii) os três cadeados estão corretos;
>
> Só há uma possibilidade.
>
> O total de possibilidades para estar correto são 22 eventos.
>
> O universo tem 8^3, logo há 8^3 -22 possibilidades que não abrem o armário.
>
> Portanto para garantir que abra teremos 8^3 -22 +1 = 8^3 -21 = 491
> tentativas.
>
> Mas do jeito que o problema está formulado é 1. Se a pessoa der sorte de
> acertar de primeira.
>
> Saudações,
> PJMS
>
>
>
>
>
> Em 23 de dezembro de 2016 11:53, Gabriel Tostes 
> escreveu:
>>
>> Um armario de seguranÃ§a tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes
>> diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na posicao
>> correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
>>
>>
>> --
>> 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 antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.


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

Re: [obm-l] Combinatoria

2016-12-23 Por tôpico Gabriel Tostes

Ola. O enunciado fala que se tiver no minimo dois exatos ele abre. Mas 491 nao 
e a resposta. Rapidamente e possível achar um limite bem inferior de 64 (mantem 
um constante e os outros dois usa as 64 possibilidades, uma delas deve abrir o 
armario). Na verdade a resposta e 32.

> On Dec 23, 2016, at 14:53, Pedro José  wrote:
> 
> Bom dia!
> 
> Novamente o problema estÃ¡ mal formulado.
> Embora possa parecer claro, qual Ã© o nÃºmero mÃnimoÂ  de tentativas que 
> garanta abrir o armÃ¡rio.
> 
> Dois casos disjuntos atendem.
> 
> (i) Dois cadeados corretos e o outro errado.
> 
> HÃ¡ uma chance de cada cadeado estar correto e 7 chances do terceiro estar 
> errado. HÃ¡ 3 = C(3,2) jeitos de distribuir os dois cadeados corretos e o 
> errado.u
> 
> Pelo princÃpio da multiplicaÃ§Ã£o sÃ£o: 3*7 = 21 eventos.
> 
> (ii) os trÃªs cadeados estÃ£o corretos;
> 
> SÃ³ hÃ¡ uma possibilidade.
> 
> O total de possibilidades para estar correto sÃ£o 22 eventos.
> 
> O universo tem 8^3, logo hÃ¡ 8^3 -22 possibilidades que nÃ£o abrem o armÃ¡rio.
> 
> Portanto para garantir que abra teremos 8^3 -22 +1 = 8^3 -21 = 491 tentativas.
> 
> Mas do jeito que o problema estÃ¡ formulado Ã© 1. Se a pessoa der sorte de 
> acertar de primeira.
> 
> SaudaÃ§Ãµes,
> PJMS
> 
> 
> 
> 
> 
> Em 23 de dezembro de 2016 11:53, Gabriel Tostes  escreveu:
>> Um armario de seguranÃƒÂ§a tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes 
>> diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na posicao 
>> correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
>> 
>> 
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivÃrus e
>> Â acredita-se estar livre de perigo.
>> 
>> 
>> =
>> InstruÃ§Ãµes 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 antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Combinatoria

2016-12-23 Por tôpico Pedro José

Bom dia!

Novamente o problema está mal formulado.
Embora possa parecer claro, qual é o número mínimo  de tentativas que *garanta
*abrir o armário*.*

Dois casos disjuntos atendem.

(i) Dois cadeados corretos e o outro errado.

Há uma chance de cada cadeado estar correto e 7 chances do terceiro estar
errado. Há 3 = C(3,2) jeitos de distribuir os dois cadeados corretos e o
errado.

Pelo princípio da multiplicação são: 3*7 = 21 eventos.

(ii) os três cadeados estão corretos;

Só há uma possibilidade.

O total de possibilidades para estar correto são 22 eventos.

O universo tem 8^3, logo há 8^3 -22 possibilidades que não abrem o armário.

Portanto para garantir que abra teremos 8^3 -22 +1 = 8^3 -21 = 491
tentativas.

Mas do jeito que o problema está formulado é 1. Se a pessoa der sorte de
acertar de primeira.

Saudações,
PJMS





Em 23 de dezembro de 2016 11:53, Gabriel Tostes 
escreveu:

> Um armario de seguranÃ§a tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes
> diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na posicao
> correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

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

[obm-l] Combinatoria

2016-12-23 Por tôpico Gabriel Tostes

Um armario de segurança tem 3 cadeados. Cada cadeado tem 8 combinacoes 
diferentes. O armario abre se quaisquer 2 dos 3 cadeados estao na posicao 
correta, qual e o numero minimo de tentativas pra abrir o armario?


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


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

Re: [obm-l] Combinatoria

2016-02-01 Por tôpico Carlos Victor

 

Olá, 

A figura(cartela) é um retângulo dividido em seis quadrados, tendo dois
quadrados por coluna. 

Pacini 

Em 01/02/2016 3:06, Israel Meireles Chrisostomo escreveu:

Em 31 de janeiro de 2016 22:43, Pacini Bores 
escreveu:

> Olá pessoal, 
> 
> Creio que a figura não apareceu. É um retângulo dividido em seis quadrados, 
> tendo dois quadrados por coluna. 
> 
> Obrigado 
> 
> Pacini 
> 
> Em 31/01/2016 14:30, Pacini Bores escreveu: 
> 
>> Olá pessoal , poderia me ajudar na questão abaixo ? 
>> 
>> Cada cartela de uma coleção é formado por seis quadrados colorodos, 
>> justapostos como indica a figura abaixo: 
>> 
>> Em cada cartela, dois quadrados foram coloridos de azul, dois de verde e 
>> dois de rosa. A coleção apresenta as possibilidades de distribuição dessas 
>> cores nas cartelas nas condições citadas e não existem cartelas com a mesma 
>> distribuição de cores. Retirando-se ao acaso uma cartela, determine a 
>> probabilidade de que somente uma coluna apresente os quadrados de mesma cor. 
>> 
>> Agradeço desde já qualquer comentário 
>> 
>> Pacini

Re: [obm-l] Combinatoria

2016-01-31 Por tôpico Pacini Bores

 

Olá pessoal, 

Creio que a figura não apareceu. É um retângulo dividido em seis
quadrados, tendo dois quadrados por coluna. 

Obrigado 

Pacini 

Em 31/01/2016 14:30, Pacini Bores escreveu: 

> Olá pessoal , poderia me ajudar na questão abaixo ? 
> 
> Cada cartela de uma coleção é formado por seis quadrados colorodos, 
> justapostos como indica a figura abaixo: 
> 
> Em cada cartela, dois quadrados foram coloridos de azul, dois de verde e dois 
> de rosa. A coleção apresenta as possibilidades de distribuição dessas cores 
> nas cartelas nas condições citadas e não existem cartelas com a mesma 
> distribuição de cores. Retirando-se ao acaso uma cartela, determine a 
> probabilidade de que somente uma coluna apresente os quadrados de mesma cor. 
> 
> Agradeço desde já qualquer comentário 
> 
> Pacini

Re: [obm-l] Combinatoria

2016-01-31 Por tôpico Israel Meireles Chrisostomo

não apareceu de novo

Em 31 de janeiro de 2016 22:43, Pacini Bores 
escreveu:

>
>
>
> Olá pessoal,
>
> Creio que a figura não apareceu. É um retângulo dividido em seis
> quadrados, tendo dois quadrados por coluna.
>
> Obrigado
>
> Pacini
>
> Em 31/01/2016 14:30, Pacini Bores escreveu:
>
>
>
>
> Olá pessoal , poderia me ajudar na questão abaixo ?
>
> Cada cartela de uma coleção é formado por seis quadrados colorodos,
> justapostos como indica a figura abaixo:
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
> Em cada cartela, dois quadrados foram  coloridos de  azul, dois de verde
>  e dois de rosa. A coleção apresenta as possibilidades de distribuição
> dessas cores nas cartelas nas condições citadas  e não existem cartelas com
> a mesma distribuição de cores. Retirando-se  ao acaso uma cartela,
> determine a probabilidade de que somente uma coluna apresente os quadrados
> de mesma cor.
>
> Agradeço desde já qualquer comentário
>
> Pacini
>
>

[obm-l] Combinatoria

2016-01-31 Por tôpico Pacini Bores

 

Olá pessoal , poderia me ajudar na questão abaixo ? 

Cada cartela de uma coleção é formado por seis quadrados colorodos,
justapostos como indica a figura abaixo: 

Em cada cartela, dois quadrados foram coloridos de azul, dois de verde e
dois de rosa. A coleção apresenta as possibilidades de distribuição
dessas cores nas cartelas nas condições citadas e não existem cartelas
com a mesma distribuição de cores. Retirando-se ao acaso uma cartela,
determine a probabilidade de que somente uma coluna apresente os
quadrados de mesma cor. 

Agradeço desde já qualquer comentário 

Pacini

RE: [obm-l] combinatoria

2012-10-12 Por tôpico Athos Couto


São 5 vogais e 4 consoantes.Primeiro vamos escolher as duas primeira e as duas 
últimas última letras:Temos 5!/3!2!=10 formas de escolher duas vogais. Só que 
elas podem se permutar, então temos 20 formas de escolher as duas primeiras 
letras.De forma análoga, temos 4!/2!2!=6 formas de escolher duas consoantes. Do 
mesmo modo elas podem se permutar, então temos 12 formas de escolher as duas 
últimas letras.Faltam escolher 2 letras entre 5 que faltam, o que dá um total 
de 20 maneiras.Portanto existem 20*20*12= 4800 anagramas

Date: Thu, 11 Oct 2012 22:32:38 -0300
Subject: [obm-l] combinatoria
From: teliog...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Boa noite senhores.
Poderiam ajudar-me com a seguinte questão:
Quantos são os anagramas possíveis
com 6 letras
retiradas do conjunto {A,B,C,D,E,F,I,O,U} começando por duas vogais e 
terminando por
duas consoantes?

Thelio

RE: [obm-l] combinatoria

2012-04-15 Por tôpico Patricia Ruel


PROBLEMA 2
O número 2 também não seria possível, pois teríamos um produto de
 um único número. Mas acho que o enunciado não amarra bem isso.
Um amigo me alertou que no livro do Plínio (Resolvido) há um 
problema parecido. Ontem olhei e achei o problema do livro mais simples 
do que o nosso, por causa dos números dados: 3, 4, 4, 5, 5, 6, 7, 7, 7. 
Na resolução, o autor não usa fatoração em primos, ele trabalha com 3^a,
 4^b, 5^c, 6^d, 7^e, encontrando 144-1-5=138. Mas acho que a estratégia 
dele não é boa para o nosso problema. Quando vc usou fatoração em primos, 
evitou multiplicidade de confecção de produtos, mas tem que pensar na
 impossibilidade (como no caso 3^8). 
Valeu mesmo, João, pela força.
Patty

From: joao_maldona...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] combinatoria
Date: Thu, 12 Apr 2012 18:56:11 -0300






Realmente faltou tirar o 3^8 .5^(0, 1 ou 2), o mesmo para o 2
188- 6 numero s

Valeu Patricia

From: pattyr...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] combinatoria
Date: Thu, 12 Apr 2012 20:27:16 +



João, se o fator 3 do número 6 entrar, o fator 2 também entrará. Isso não 
tornaria impossível produzir, por exemplo, o 3^8, que foi computado na sua 
resolução?

Patty
 




From: joao_maldona...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] combinatoria
Date: Wed, 11 Apr 2012 14:39:16 -0300





2) vamos primeiro excluir o 6, 8, 9, 9, temos que o maior numero formado eh 2^2 
3^3 5^2, colocando os 9 adicionamos as possibilidades com 3 elevado a 4, 5, 6, 
7, colocando o 8, 2 elevado a 3, 4, 5, falta adicionar o 6

Com o 6 temos 3 elevado a 8 e 2 a 6

logo temos 2^p 3^q 5^r, p de 0 a 6, q de 0 a 8 e  r de 0 a 2, com excessao do 0 
0 0, ou seja 7.9.3-1 = 188 numeros

Acho que eh isso, to no meio da aula  depois confirmo

[] s
Joao



From: pattyr...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] combinatoria
Date: Wed, 11 Apr 2012 01:16:18 +




 
Por favor, se alguém puder ajudar nos problemas:
 
1) Escolhendo dois elementos quaisquer do conjunto {1, 2, 3, ..., 20} e 
multiplicando-os, temos como produto o número p. Por exemplo, se p = 4, então 
os elementos escolhidos foram obrigatoriamente 1 e 4, mas se p = 36, os dois 
elementos escolhidos poderiam ter sido  2 e 18 ou 3 e 12 ou 4 e 9. Quantos são 
os valores possíveis para p?

 
2)   Quantos números podem ser formados pela multiplicação de alguns ou todos 
os números 2, 2, 3, 3, 3, 5, 5, 6, 8, 9, 9?

RE: [obm-l] combinatoria

2012-04-12 Por tôpico Patricia Ruel


João, se o fator 3 do número 6 entrar, o fator 2 também entrará. Isso não 
tornaria impossível produzir, por exemplo, o 3^8, que foi computado na sua 
resolução?
Patty
 



From: joao_maldona...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] combinatoria
Date: Wed, 11 Apr 2012 14:39:16 -0300





2) vamos primeiro excluir o 6, 8, 9, 9, temos que o maior numero formado eh 2^2 
3^3 5^2, colocando os 9 adicionamos as possibilidades com 3 elevado a 4, 5, 6, 
7, colocando o 8, 2 elevado a 3, 4, 5, falta adicionar o 6

Com o 6 temos 3 elevado a 8 e 2 a 6

logo temos 2^p 3^q 5^r, p de 0 a 6, q de 0 a 8 e  r de 0 a 2, com excessao do 0 
0 0, ou seja 7.9.3-1 = 188 numeros

Acho que eh isso, to no meio da aula  depois confirmo

[] s
Joao



From: pattyr...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] combinatoria
Date: Wed, 11 Apr 2012 01:16:18 +




 
Por favor, se alguém puder ajudar nos problemas:
 
1) Escolhendo dois elementos quaisquer do conjunto {1, 2, 3, ..., 20} e 
multiplicando-os, temos como produto o número p. Por exemplo, se p = 4, então 
os elementos escolhidos foram obrigatoriamente 1 e 4, mas se p = 36, os dois 
elementos escolhidos poderiam ter sido  2 e 18 ou 3 e 12 ou 4 e 9. Quantos são 
os valores possíveis para p?

 
2)   Quantos números podem ser formados pela multiplicação de alguns ou todos 
os números 2, 2, 3, 3, 3, 5, 5, 6, 8, 9, 9?

RE: [obm-l] combinatoria

2012-04-12 Por tôpico João Maldonado

Realmente faltou tirar o 3^8 .5^(0, 1 ou 2), o mesmo para o 2
188- 6 numero s

Valeu Patricia

From: pattyr...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] combinatoria
Date: Thu, 12 Apr 2012 20:27:16 +



João, se o fator 3 do número 6 entrar, o fator 2 também entrará. Isso não 
tornaria impossível produzir, por exemplo, o 3^8, que foi computado na sua 
resolução?

Patty
 




From: joao_maldona...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] combinatoria
Date: Wed, 11 Apr 2012 14:39:16 -0300





2) vamos primeiro excluir o 6, 8, 9, 9, temos que o maior numero formado eh 2^2 
3^3 5^2, colocando os 9 adicionamos as possibilidades com 3 elevado a 4, 5, 6, 
7, colocando o 8, 2 elevado a 3, 4, 5, falta adicionar o 6

Com o 6 temos 3 elevado a 8 e 2 a 6

logo temos 2^p 3^q 5^r, p de 0 a 6, q de 0 a 8 e  r de 0 a 2, com excessao do 0 
0 0, ou seja 7.9.3-1 = 188 numeros

Acho que eh isso, to no meio da aula  depois confirmo

[] s
Joao



From: pattyr...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] combinatoria
Date: Wed, 11 Apr 2012 01:16:18 +




 
Por favor, se alguém puder ajudar nos problemas:
 
1) Escolhendo dois elementos quaisquer do conjunto {1, 2, 3, ..., 20} e 
multiplicando-os, temos como produto o número p. Por exemplo, se p = 4, então 
os elementos escolhidos foram obrigatoriamente 1 e 4, mas se p = 36, os dois 
elementos escolhidos poderiam ter sido  2 e 18 ou 3 e 12 ou 4 e 9. Quantos são 
os valores possíveis para p?

 
2)   Quantos números podem ser formados pela multiplicação de alguns ou todos 
os números 2, 2, 3, 3, 3, 5, 5, 6, 8, 9, 9?

RE: [obm-l] combinatoria

2012-04-11 Por tôpico João Maldonado

2) vamos primeiro excluir o 6, 8, 9, 9, temos que o maior numero formado eh 2^2 
3^3 5^2, colocando os 9 adicionamos as possibilidades com 3 elevado a 4, 5, 6, 
7, colocando o 8, 2 elevado a 3, 4, 5, falta adicionar o 6

Com o 6 temos 3 elevado a 8 e 2 a 6

logo temos 2^p 3^q 5^r, p de 0 a 6, q de 0 a 8 e  r de 0 a 2, com excessao do 0 
0 0, ou seja 7.9.3-1 = 188 numeros

Acho que eh isso, to no meio da aula  depois confirmo

[] s
Joao

From: pattyr...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] combinatoria
Date: Wed, 11 Apr 2012 01:16:18 +



 

Por favor, se alguém puder ajudar nos problemas:

 

1) Escolhendo dois elementos quaisquer do conjunto {1, 2, 3, ..., 20} e 
multiplicando-os, temos como produto o número p. Por exemplo, se p = 4, então 
os elementos escolhidos foram obrigatoriamente 1 e 4, mas se p = 36, os dois 
elementos escolhidos poderiam ter sido  2 e 18 ou 3 e 12 ou 4 e 9. Quantos são 
os valores possíveis para p?

 
2)   Quantos números podem ser formados pela multiplicação de alguns ou todos 
os números 2, 2, 3, 3, 3, 5, 5, 6, 8, 9, 9?

[obm-l] combinatoria

2012-04-10 Por tôpico Patricia Ruel


 
Por favor, se alguém puder ajudar nos problemas:
 
1) Escolhendo dois elementos quaisquer do conjunto {1, 2, 3, ..., 20} e 
multiplicando-os, temos como produto o número p. Por exemplo, se p = 4, então 
os elementos escolhidos foram obrigatoriamente 1 e 4, mas se p = 36, os dois 
elementos escolhidos poderiam ter sido  2 e 18 ou 3 e 12 ou 4 e 9. Quantos são 
os valores possíveis para p?
 
2)   Quantos números podem ser formados pela multiplicação de alguns ou todos 
os números 2, 2, 3, 3, 3, 5, 5, 6, 8, 9, 9?

[obm-l] Combinatoria

2010-04-22 Por tôpico Felippe Coulbert Balbi


Como resolve isso?
De quantas maneiras diferentes eu posso distribuir as letras a, a, a, a, b, b, 
b, c, c, d, entre duas pessoas de maneira que cada uma delas receba 5 letras 
cada?


VlwCoulbert.  
_
Mude seu visual  no Messenger e divirta-se com seus amigos online. Clique e 
veja como
http://ilm.windowslive.com.br/?ocid=ILM:ILM:Hotmail:Tagline:1x1:Tagline

Re: [obm-l] combinatoria

2009-11-02 Por tôpico Walter Tadeu Nogueira da Silveira

Silas,

Na minha opinião não precisa dizer distintos. Só há 9 moedas, logo cada
moeda tem um número. Uma vez utilizada não haverá outra. Logo distintas.
Esperemos outra opinião dos colegas.
Abraços

2009/11/2 Silas Gruta silasgr...@gmail.com

 Walter,

 eu pensei isso no início, mas depois reparei que fazendo assim estaríamos
 supondo que não pode haver grupamentos com elementos repetidos. Essa solução
 seria para o caso de algarismos distintos (estou certo?), mas o enunciado
 não fala em algarismos distintos, então fiz aquela tentativa, mas parece que
 deu errado...

 2009/11/1 Walter Tadeu Nogueira da Silveira wtade...@gmail.com

  Oi, Silas

 Eu pensei assim:

 a) P I I (um par e dois ímpares). A escolha seria C(4,1) x C(5,2) x 3! = 4
 x 10 x 6 = 240
 Este 3! é porque uma vez formado o 1º terno, eles permutam entre si 3!
 vezes.

 b) P P P ( três pares). A escolha seria 4 x 3 x 2 = 24

 Total = 240 + 24 = 264

 Será isso?

 2009/11/1 Silas Gruta silasgr...@gmail.com

 Olá colegas,

 Bem, não consegui encontrar a resposta da questão abaixo.  Onde errei?

 *Tenho **nove** **moedas** numeradas de 1 a 9 **inclusive**. **Com** **
 elas**, formo **números** de **três** **algarismos**. **Quantos** **
 números**, **cuja** **soma** é **par**, podemos **formar**?*

 *a) 144  b)84c)104
 d)264*

 Fiz o seguinte:

 Há duas situações a serem consideradas:

  1ª) Os três algarismos do número são pares

 Como há 4 algarismos pares (2, 4, 6 e 8), temos 4 x 4 x 4 = 64

 2ª) Um dos algarismos do número é ímpar e os outros dois são pares

 Aqui há 3 situações a considerar (segundo a disposição dos algarismos
 pares e ímpares):

 IMPAR  -  IMPAR  - PAR :  5 X 5 X 4 = 80

 IMPAR  -  PAR  -  IMPAR :  5 X 5 X 4 = 80

 PAR  -  IMPAR  -  IMPAR :  5 X 5 X 4 = 80

 Somando tudo: 64 + 80 + 80 + 80 = 304 ()


 Obrigado e abraço a todos

 --

 Silas Gruta




 --

Re: [obm-l] combinatoria

2009-11-02 Por tôpico Silas Gruta

Oi Walter,

Desculpe a minha burrice! Realmente, não se trata de algarismos, mas de
moedas, então é OBVIO que não precisa dizer distintos. Obrigado por
responder e esclarecer.

grande abraço

Silas Gruta

2009/11/2 Walter Tadeu Nogueira da Silveira wtade...@gmail.com

 Silas,

 Na minha opinião não precisa dizer distintos. Só há 9 moedas, logo cada
 moeda tem um número. Uma vez utilizada não haverá outra. Logo distintas.
 Esperemos outra opinião dos colegas.
 Abraços

 2009/11/2 Silas Gruta silasgr...@gmail.com

 Walter,

 eu pensei isso no início, mas depois reparei que fazendo assim estaríamos
 supondo que não pode haver grupamentos com elementos repetidos. Essa solução
 seria para o caso de algarismos distintos (estou certo?), mas o enunciado
 não fala em algarismos distintos, então fiz aquela tentativa, mas parece que
 deu errado...

 2009/11/1 Walter Tadeu Nogueira da Silveira wtade...@gmail.com

  Oi, Silas

 Eu pensei assim:

 a) P I I (um par e dois ímpares). A escolha seria C(4,1) x C(5,2) x 3! =
 4 x 10 x 6 = 240
 Este 3! é porque uma vez formado o 1º terno, eles permutam entre si 3!
 vezes.

 b) P P P ( três pares). A escolha seria 4 x 3 x 2 = 24

 Total = 240 + 24 = 264

 Será isso?

 2009/11/1 Silas Gruta silasgr...@gmail.com

 Olá colegas,

 Bem, não consegui encontrar a resposta da questão abaixo.  Onde errei?

 *Tenho **nove** **moedas** numeradas de 1 a 9 **inclusive**. **Com** **
 elas**, formo **números** de **três** **algarismos**. **Quantos** **
 números**, **cuja** **soma** é **par**, podemos **formar**?*

 *a) 144  b)84c)104
 d)264*

 Fiz o seguinte:

 Há duas situações a serem consideradas:

  1ª) Os três algarismos do número são pares

 Como há 4 algarismos pares (2, 4, 6 e 8), temos 4 x 4 x 4 = 64

 2ª) Um dos algarismos do número é ímpar e os outros dois são pares

 Aqui há 3 situações a considerar (segundo a disposição dos algarismos
 pares e ímpares):

 IMPAR  -  IMPAR  - PAR :  5 X 5 X 4 = 80

 IMPAR  -  PAR  -  IMPAR :  5 X 5 X 4 = 80

 PAR  -  IMPAR  -  IMPAR :  5 X 5 X 4 = 80

 Somando tudo: 64 + 80 + 80 + 80 = 304 ()


 Obrigado e abraço a todos

 --

 Silas Gruta




 --





-- 
Silas Gruta

Re: [obm-l] combinatoria

2009-11-02 Por tôpico Luciana Rodrigues

Â 
Carpe Dien
Em 02/11/2009 12:30, Walter Tadeu Nogueira da Silveira  wtade...@gmail.com  escreveu:

Silas,
Â 
Na minha opiniÃ£o nÃ£o precisa dizer distintos. SÃ³ hÃ¡ 9 moedas, logo cada moeda tem um nÃºmero. Uma vez utilizada nÃ£o haverÃ¡ outra. Logo distintas.
Esperemos outra opiniÃ£o dos colegas.
AbraÃ§os
2009/11/2 Silas Gruta silasgr...@gmail.com
Walter,eu pensei isso no inÃcio, mas depois reparei que fazendo assim estarÃamos supondo que nÃ£o pode haver grupamentos com elementos repetidos. Essa soluÃ§Ã£o seria para o caso de algarismos distintos (estou certo?), mas o enunciado nÃ£o fala em algarismos distintos, entÃ£o fiz aquela tentativa, mas parece que deu errado... 
2009/11/1 Walter Tadeu Nogueira da Silveira wtade...@gmail.com



Oi, Silas
Â 
Eu pensei assim:
Â 
a) P I I (um par e dois Ãmpares). A escolha seria C(4,1) x C(5,2) x 3! = 4 x 10 x 6 = 240
Este 3! Ã© porque uma vez formado o 1Âº terno, eles permutam entre si 3! vezes.
Â 
b) P P P ( trÃªs pares). A escolha seria 4 x 3 x 2 = 24
Â 
Total = 240 + 24 = 264
Â 
SerÃ¡ isso?
2009/11/1 Silas Gruta silasgr...@gmail.com


OlÃ¡ colegas,

Bem, nÃ£o consegui encontrar a resposta da questÃ£o abaixo. Â Onde errei?

Tenho nove moedas numeradas de 1 a 9 inclusive. Com elas, formo nÃºmeros de trÃªs algarismos. Quantos nÃºmeros, cuja soma Ã© par, podemos formar?

Â 
a) 144Â Â Â Â Â Â Â Â Â  b)Â Â Â Â Â Â Â Â Â Â Â  84Â Â Â Â Â Â Â Â Â Â Â  c)Â Â Â Â Â Â Â Â Â Â Â  104Â Â Â Â Â Â Â Â Â  d)Â Â Â Â Â Â Â Â Â Â Â  264
Fiz o seguinte:
HÃ¡ duas situaÃ§Ãµes a serem consideradas:
Â 
Â 
1Âª) Os trÃªs algarismos do nÃºmero sÃ£o pares
Como hÃ¡ 4 algarismos pares (2, 4, 6 e 8), temos 4 x 4 x 4 = 64
2Âª) Um dos algarismos do nÃºmero Ã© Ãmpar e os outros dois sÃ£o pares
Aqui hÃ¡ 3 situaÃ§Ãµes a considerar (segundo a disposiÃ§Ã£o dos algarismos pares e Ãmpares):
IMPAR Â - Â IMPAR Â - PAR : Â 5 X 5 X 4 = 80
IMPAR Â - Â PAR Â - Â IMPARÂ : Â 5 X 5 X 4 = 80
PAR Â - Â IMPAR Â - Â IMPARÂ : Â 5 X 5 X 4 = 80
Somando tudo: 64Â + 80Â + 80Â + 80 = 304 ()
Â 
Obrigado e abraÃ§o a todos
--Â 
Â 

Silas Gruta



-- 






=
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] combinatoria

2009-11-01 Por tôpico Walter Tadeu Nogueira da Silveira

Oi, Silas

Eu pensei assim:

a) P I I (um par e dois ímpares). A escolha seria C(4,1) x C(5,2) x 3! = 4 x
10 x 6 = 240
Este 3! é porque uma vez formado o 1º terno, eles permutam entre si 3!
vezes.

b) P P P ( três pares). A escolha seria 4 x 3 x 2 = 24

Total = 240 + 24 = 264

Será isso?

2009/11/1 Silas Gruta silasgr...@gmail.com

 Olá colegas,

 Bem, não consegui encontrar a resposta da questão abaixo.  Onde errei?

 *Tenho **nove** **moedas** numeradas de 1 a 9 **inclusive**. **Com** **
 elas**, formo **números** de **três** **algarismos**. **Quantos** **
 números**, **cuja** **soma** é **par**, podemos **formar**?*

 *a) 144  b)84c)104
 d)264*

 Fiz o seguinte:

 Há duas situações a serem consideradas:

  1ª) Os três algarismos do número são pares

 Como há 4 algarismos pares (2, 4, 6 e 8), temos 4 x 4 x 4 = 64

 2ª) Um dos algarismos do número é ímpar e os outros dois são pares

 Aqui há 3 situações a considerar (segundo a disposição dos algarismos pares
 e ímpares):

 IMPAR  -  IMPAR  - PAR :  5 X 5 X 4 = 80

 IMPAR  -  PAR  -  IMPAR :  5 X 5 X 4 = 80

 PAR  -  IMPAR  -  IMPAR :  5 X 5 X 4 = 80

 Somando tudo: 64 + 80 + 80 + 80 = 304 ()


 Obrigado e abraço a todos

 --

 Silas Gruta




-- 
Walter Tadeu Nogueira da Silveira
http://www.professorwaltertadeu.mat.br

Re: [obm-l] combinatoria

2009-11-01 Por tôpico Silas Gruta

Walter,

eu pensei isso no início, mas depois reparei que fazendo assim estaríamos
supondo que não pode haver grupamentos com elementos repetidos. Essa solução
seria para o caso de algarismos distintos (estou certo?), mas o enunciado
não fala em algarismos distintos, então fiz aquela tentativa, mas parece que
deu errado...

2009/11/1 Walter Tadeu Nogueira da Silveira wtade...@gmail.com

 Oi, Silas

 Eu pensei assim:

 a) P I I (um par e dois ímpares). A escolha seria C(4,1) x C(5,2) x 3! = 4
 x 10 x 6 = 240
 Este 3! é porque uma vez formado o 1º terno, eles permutam entre si 3!
 vezes.

 b) P P P ( três pares). A escolha seria 4 x 3 x 2 = 24

 Total = 240 + 24 = 264

 Será isso?

 2009/11/1 Silas Gruta silasgr...@gmail.com

 Olá colegas,

 Bem, não consegui encontrar a resposta da questão abaixo.  Onde errei?

 *Tenho **nove** **moedas** numeradas de 1 a 9 **inclusive**. **Com** **
 elas**, formo **números** de **três** **algarismos**. **Quantos** **
 números**, **cuja** **soma** é **par**, podemos **formar**?*

 *a) 144  b)84c)104
 d)264*

 Fiz o seguinte:

 Há duas situações a serem consideradas:

  1ª) Os três algarismos do número são pares

 Como há 4 algarismos pares (2, 4, 6 e 8), temos 4 x 4 x 4 = 64

 2ª) Um dos algarismos do número é ímpar e os outros dois são pares

 Aqui há 3 situações a considerar (segundo a disposição dos algarismos
 pares e ímpares):

 IMPAR  -  IMPAR  - PAR :  5 X 5 X 4 = 80

 IMPAR  -  PAR  -  IMPAR :  5 X 5 X 4 = 80

 PAR  -  IMPAR  -  IMPAR :  5 X 5 X 4 = 80

 Somando tudo: 64 + 80 + 80 + 80 = 304 ()


 Obrigado e abraço a todos

 --

 Silas Gruta




 --
 Walter Tadeu Nogueira da Silveira
 http://www.professorwaltertadeu.mat.br




-- 
Silas Gruta

[obm-l] Combinatoria

2009-09-30 Por tôpico Wilson Alves Pereira


 

Olá pessoal!. 

 

Será que alguém podia me ajudar?

 

 

a. Mostre que o número de maneiras de distribuir n grupos de k-gêmeos
idênticos por m creches distintas é ( m + k – 1 ) elevado a n.
   (  k   ) 
b. Suponha agora que você tem n1 conjuntos de 1-gêmeo idêntico, n2 conjuntos de 
2-gêmeos idênticos, n3 conjuntos de 3-gêmeos idênticos, . . . , nk conjuntos de 
k-gêmeos idênticos. Mostre que o número de maneiras de distribuir a criançada 
em m creches distintas é
 
 
( m ) elevado a n1 . (m + 1 ) elevado a n2  . ( m + 2 ) elevado a n3 ... .( m + 
k - 1 ) elevado a nk.
( 1  )  (2)  (3)
  (   k  )  
 
Abraços
 
Wilson Alves
  
_
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RE: [obm-l] Combinatoria boa

2009-04-27 Por tôpico João Maldonado


Máquinas tipo A - 180kg, 170kg, 164kg, 160kg
Máquinas tipo B - as com menos de 25kg

Suponha que todas as máquinas pesassem menos de 25kg, teríamos 13!/(13-8)!8! = 
1287 maneiras.
Note que 180+170+164 = 514, e faltariam mais 5 máquinas para completar 8 - 
640-514 = 126 = 5.25 + 1 (ainda sobraria um quilo). Consequentemente com 3,2 ou 
1 máquinas tipo A no elevador daria de qualquer maneira para transportar 8 
máquinas sem exceder o máximo de 640kg. Examinaremos o caso das 4 máquinas tipo 
A serem transportadas juntas. Teríamos 9!/(9-4)!4! = 126 maneiras - 1287-126 = 
1161 maneiras.

Date: Thu, 23 Apr 2009 10:28:00 -0300
Subject: [obm-l] Combinatoria boa
From: palmerimsoa...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Olá amigos da lista,
Elaborei a questão abaixo e gostaria de comparar algumas soluções dos mestres 
com as minhas. Tenho duas soluções e a resposta é 1161 (se eu não estiver 
equivocado). Agradeço a colaboração.

No primeiro andar de uma fábrica encontram-se 13 máquinas, sendo que 4 delas 
pesam, respectivamente, 180 Kg, 164 Kg, 160 Kg e 170 Kg. Cada uma das outras 
máquinas não pesa mais do que 25 kg. O supervisor foi incumbido de escolher 
oito dessas máquinas, para que sejam transferidas do 1° para o 2° andar da 
empresa, porém, o elevador que será usado para transportá-las suporta, no 
máximo, 640 Kg. De quantas maneiras poderá ele, então, escolher as oito 
máquinas (as quais devem ser transportadas simultaneamente no elevador) de modo 
a respeitar o peso máximo permitido? Resp.: 1161


Abraços,Palmerim


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RE: [obm-l] Combinatoria boa

2009-04-24 Por tôpico marcone augusto araújo borges

bem interessante a solução do maldonado (problema das maquinas-combinatoria)

Date: Thu, 23 Apr 2009 10:12:41 -0700
From: joao_maldonad...@yahoo.com.br
Subject: Re: [obm-l] Combinatoria boa
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Máquinas tipo A - 180kg, 170kg, 164kg, 160kg
Máquinas tipo B - as com menos de 25kg

Suponha que todas as máquinas pesassem menos de 25kg, teríamos 13!/(13-8)!8! = 
1287 maneiras.
Note que 180+170+164 = 514, e faltariam mais 5 máquinas para completar 8 - 
640-514 = 126 = 5.25 + 1 (ainda sobraria um quilo). Consequentemente com 3,2 ou 
1 máquinas tipo A no elevador daria de qualquer maneira para transportar 8 
máquinas sem exceder o máximo de 640kg. Examinaremos o caso das 4 máquinas tipo 
A serem transportadas juntas. Teríamos 9!/(9-4)!4! = 126 maneiras - 1287-126 = 
1161 maneiras.

--- Em qui, 23/4/09, Palmerim Soares palmerimsoa...@gmail.com escreveu:

De: Palmerim Soares palmerimsoa...@gmail.com
Assunto: [obm-l] Combinatoria boa
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Quinta-feira, 23 de Abril de 2009, 13:28

Olá amigos da lista,

Elaborei a questão abaixo e gostaria de comparar algumas soluções dos mestres 
com as minhas. Tenho duas soluções e a resposta é 1161 (se eu não estiver 
equivocado). Agradeço a colaboração.

No primeiro andar de uma fábrica encontram-se 13 máquinas, sendo que 4 delas 
pesam, respectivamente, 180 Kg, 164 Kg, 160 Kg e 170 Kg. Cada uma das outras 
máquinas não pesa mais do que 25 kg. O supervisor foi incumbido de escolher 
oito dessas máquinas, para que sejam transferidas do 1° para o 2° andar da 
empresa, porém, o elevador que será usado para transportá-las suporta, no 
máximo, 640 Kg. De quantas maneiras poderá ele, então, escolher as oito 
máquinas (as quais devem ser transportadas simultaneamente no elevador) de modo 
a respeitar o peso máximo permitido? Resp.: 1161

Abraços,
Palmerim

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[obm-l] Combinatoria boa

2009-04-23 Por tôpico Palmerim Soares

Olá amigos da lista,

Elaborei a questão abaixo e gostaria de comparar algumas soluções dos
mestres com as minhas. Tenho duas soluções e a resposta é 1161 (se eu não
estiver equivocado). Agradeço a colaboração.

No primeiro andar de uma fábrica encontram-se 13 máquinas, sendo que 4 delas
pesam, respectivamente, 180 Kg, 164 Kg, 160 Kg e 170 Kg. Cada uma das outras
máquinas não pesa mais do que 25 kg. O supervisor foi incumbido de escolher
oito dessas máquinas, para que sejam transferidas do 1° para o 2° andar da
empresa, porém, o elevador que será usado para transportá-las suporta, no
máximo, 640 Kg. De quantas maneiras poderá ele, então, escolher as oito
máquinas (as quais devem ser transportadas simultaneamente no elevador) de
modo a respeitar o peso máximo permitido? Resp.: 1161

Abraços,
Palmerim

Re: [obm-l] Combinatoria boa

2009-04-23 Por tôpico Joao Maldonado

Máquinas tipo A - 180kg, 170kg, 164kg, 160kg

Máquinas tipo B - as com menos de 25kg



Suponha que todas as máquinas pesassem menos de 25kg, teríamos 13!/(13-8)!8! = 
1287 maneiras.

Note que 180+170+164 = 514, e faltariam mais 5 máquinas para completar
8 - 640-514 = 126 = 5.25 + 1 (ainda sobraria um quilo).
Consequentemente com 3,2 ou 1 máquinas tipo A no elevador daria de
qualquer maneira para transportar 8 máquinas sem exceder o máximo de
640kg. Examinaremos o caso das 4 máquinas tipo A serem transportadas
juntas. Teríamos 9!/(9-4)!4! = 126 maneiras - 1287-126 = 1161 maneiras.

--- Em qui, 23/4/09, Palmerim Soares palmerimsoa...@gmail.com escreveu:

De: Palmerim Soares palmerimsoa...@gmail.com
Assunto: [obm-l] Combinatoria boa
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Quinta-feira, 23 de Abril de 2009, 13:28

Olá amigos da lista,
Elaborei a questão abaixo e gostaria de comparar algumas soluções dos mestres 
com as minhas. Tenho duas soluções e a resposta é 1161 (se eu não estiver 
equivocado). Agradeço a colaboração.

No primeiro andar de uma fábrica encontram-se 13 máquinas, sendo que 4 delas 
pesam, respectivamente, 180 Kg, 164 Kg, 160 Kg e 170 Kg. Cada uma das outras 
máquinas não pesa mais do que 25 kg. O supervisor foi incumbido de escolher 
oito dessas máquinas, para que sejam transferidas do 1° para o 2° andar da 
empresa, porém, o elevador que será usado para transportá-las suporta, no 
máximo, 640 Kg. De quantas maneiras poderá ele, então, escolher as oito 
máquinas (as quais devem ser transportadas simultaneamente no elevador) de modo 
a respeitar o peso máximo permitido? Resp.: 1161


Abraços,Palmerim





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Re: [obm-l] Combinatoria Pre-IME

2009-04-16 Por tôpico Palmerim Soares

Olá Silas e demais amigos da lista,

O Pedro já deu uma solução para a parte (b) da questão, mostrando a
resolução que era (suponho) a esperada pelo proponente, já que a solução
da parte (a) do problema pode ajudar a solução da parte (b). Aquela é, sem
dúvida, uma forma bem didática de abordar o problema. Mas, já que o aluno do
Silas é extrordinariamente aplicado e sonha em ir para o IME (que seja
bem-sucedido!), vale a pena ele conhecer  uma outra solução, que, embora não
seja a mais didática, tem a vantagem de ser direta:

 Chame os rapazes de R1, R2, R3, R4,  e as moças de M1, M2 e M3. Uma
formação possível, mas ainda imcompleta (por estar faltando duas moças que
devem ficar juntas) é:

 --- M1 ---R1 --- R2 --- R3 --- R4   ( i )

Agora, o par de moças que está faltando só pode sentar em 4 posições das
seis disponíveis no esquema acima, pois o par não pode ocupar as duas
posições ao lado da M1. Permutando os elementos da formação ( i ) acima,
constatamos que em qualquer uma das permutações formadas o par M2M3 sempre
poderá ocupar somente 4 das seis posições disponíveis. Assim, para
daterminar o número de grupamentos nas condições do problema, devemos fazer
o seguinte:

(1) escolher duas moças que devem se sentar juntas : *A3,2* (a ordem
importa)
(2) permutar os demais: *5!*  - para cada escolha de (1) há 5! permutações
de (2)
(3) Colocar a moça em umas das 4 posições permitidas (são 4 situações
diferentes, logo multiplicamos por 4)

Portanto, temos: *A3,2  x  **5!  x 4  = 6 x 120 x 4 = 2880*

Abraços,
Palmerim


2009/4/14 Pedro Cardoso pedrolaz...@hotmail.com


 Olá, silas.

 São 3 possibilidades:

 moças separadas[i], duas (e não mais do que duas) moças juntas[ii], tres
 moças juntas[iii].

 Sabemos que :
 1) o total = [i] + [ii] + [iii] = 7!
 2) [i] = 1440.

 Ora, [iii] é mole.
 Junte as moças e as trate como um 'elemento' só;
 agora são 5 elementos, totalizando 5! arranjos possíveis;
 permute as moças entre si: 3! (isto é, para cada arranjo acima, existem 3!
 = 6 maneiras de as moças se sentarem)

 3) [iii] = 3! * 5!

 De '1)', '2)' e '3)', [ii] = total - [i] - [iii] = (7*6)*5! - (12)*5! -
 (6)*5! = 24*120 = 2880

 (o problema é que, usando essa solução, se o cara - ou a moça - erra a
 primeira, erra também a segunda)

 Abraços,

 Pedro Lazéra Cardoso

 --
 Date: Mon, 13 Apr 2009 22:33:40 -0300
 Subject: Re: [obm-l] Combinatoria Pre-IME
 From: silasgr...@gmail.com

 To: obm-l@mat.puc-rio.br

 Magistral, Benedito! Muito obrigado!

 Bem, se não for muito inconveniente, vou postar a pergunta (b), que também
 está me dando uma surra:


  *Três moças e quatro rapazes estão num teatro e desejam, sentar-se, os
 sete, lado a lado, na mesma fila. Determine o número de maneiras pelas quais
 eles podem distribuir-se nos assentos de modo que:*
 *  a) ...*
 *  b) duas moças (e não mais do que duas moças) estejam sentadas juntas.*
 *Resp.: 2880*

 2009/4/13 Benedito b...@ccet.ufrn.br

  Silas,

 Primeiro veja de quantos modos os rapazes podem sentar: 4! = 24.
 Chame os rapazes de R1, R2, R3, R4,
 Agora, cada  moça só pode sentar entre os rapazes (ou à esquerda do
 primeiro ou à direita do último).
 ---R1 --- R2 --- R3 --- R4 
 Deste modo, há 5 lugares para a primeira moça sentar. Uma vez ocupada esta
 posição, restam 4 possíveis lugares para a segunda ocupar. Uma vez sentada a
 segunda moça, resta 3 posições (lugares)  nos quais a última moça pode
 ocupar.
 Assim, o total de possibilidades é 4! x 5 x 4 x 3 = 24 x 60 = 1440.
 Benedito

 - Original Message -
 *From:* Silas Gruta
 *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
 *Sent:* Monday, April 13, 2009 3:48 PM
 *Subject:* [obm-l] Combinatoria Pre-IME


 Boa tarde a todos,

 Tenho um aluno, cujo sonho é se formar pelo
 IME, extraordinariamente aplicado, uma verdadeira raridade numa escola
 pública! Faço o que posso para ajudá-lo, embora preparar alunos para o IME
 não seja, nem de perto, a minha especialidade. Bem, ele me apresentou um
 problema retirado de uma apostila de um curso Pré-IME/ITA de São Paulo, mas
 confesso que não estou conseguindo resolvê-lo mesmo depois de 13 dias de
 tetativas infrutíferas! Agradeço se puderem dar uma ajuda:

 *Três moças e quatro rapazes estão num teatro e desejam, sentar-se, os
 sete, lado a lado, na mesma fila. Determine o número de maneiras pelas quais
 eles podem distribuir-se nos assentos de modo que:*
 *  a) duas moças nunca fiquem sentadas juntas; RESPOSTA: 1440*
 *  b) ...
 *
 A pergunta (b) também é bem difícil, mas, se for o caso, apresento outro
 dia.

 Obrigado!
 --
 Silas Gruta




 --
 Silas Gruta



 --
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-- 
Palmerim

Re: [obm-l] Combinatoria Pre-IME

2009-04-15 Por tôpico Paulo Santa Rita

Ola Silas e demais colegas
desta lista ... OBM-L,

O rapaz pode esclarecer as duvidas dele aqui conosco. Basta voce
inscrever ele na lista.

Quanto ao seu problema, eis aqui um raciocinio valido :

OBS : Nao e dito quantas cadeiras ha em uma fila ... vou supor que na
fila ha exatamente 7 cadeiras..  Se nao for assim, a solucao deve
tomar outro rumo.

Vamos IMAGINAR  que as cadeiras estao numeradas de 1 ate 7. Quais as
posicoes que as mocas podem ocupar ? As seguintes : (1,3, 5), (1,3,6),
(1, 3, 7), (1,4,6), (1,4,7), (1,5,7), (2,4,6), (2,,4,7), (2,5,7) e (
3,5,7). Escolhida uma destas 10 possibilidades, podemos permutar as
mocas de 3!=6. As quatro posicoes restantes podem ser ocupadas pelos
rapazes de 4!=24 modos. Assim, o total T  de maneiras de dispor estas
pessoas, atendidas as exigencias do problema, e :

T=10* 3! * 4! = 10*6*24 = 1440

Um abraco a todos !
PSR, 21304091802








2009/4/13 Silas Gruta silasgr...@gmail.com:
 Boa tarde a todos,

 Tenho um aluno, cujo sonho é se formar pelo
 IME, extraordinariamente aplicado, uma verdadeira raridade numa escola
 pública! Faço o que posso para ajudá-lo, embora preparar alunos para o IME
 não seja, nem de perto, a minha especialidade. Bem, ele me apresentou um
 problema retirado de uma apostila de um curso Pré-IME/ITA de São Paulo, mas
 confesso que não estou conseguindo resolvê-lo mesmo depois de 13 dias de
 tetativas infrutíferas! Agradeço se puderem dar uma ajuda:

 Três moças e quatro rapazes estão num teatro e desejam, sentar-se, os sete,
 lado a lado, na mesma fila. Determine o número de maneiras pelas quais eles
 podem distribuir-se nos assentos de modo que:
   a) duas moças nunca fiquem sentadas juntas; RESPOSTA: 1440
   b) ...
 A pergunta (b) também é bem difícil, mas, se for o caso, apresento outro
 dia.

 Obrigado!
 --
 Silas Gruta

=
Instru��es 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] Combinatoria Pre-IME

2009-04-13 Por tôpico Benedito

Silas,

Primeiro veja de quantos modos os rapazes podem sentar: 4! = 24.
Chame os rapazes de R1, R2, R3, R4, 
Agora, cada  moça só pode sentar entre os rapazes (ou à esquerda do primeiro ou 
à direita do último). 
---R1 --- R2 --- R3 --- R4  
Deste modo, há 5 lugares para a primeira moça sentar. Uma vez ocupada esta 
posição, restam 4 possíveis lugares para a segunda ocupar. Uma vez sentada a 
segunda moça, resta 3 posições (lugares)  nos quais a última moça pode ocupar. 
Assim, o total de possibilidades é 4! x 5 x 4 x 3 = 24 x 60 = 1440.
Benedito
  - Original Message - 
  From: Silas Gruta 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Monday, April 13, 2009 3:48 PM
  Subject: [obm-l] Combinatoria Pre-IME


  Boa tarde a todos,

  Tenho um aluno, cujo sonho é se formar pelo IME, extraordinariamente 
aplicado, uma verdadeira raridade numa escola pública! Faço o que posso para 
ajudá-lo, embora preparar alunos para o IME não seja, nem de perto, a minha 
especialidade. Bem, ele me apresentou um problema retirado de uma apostila de 
um curso Pré-IME/ITA de São Paulo, mas confesso que não estou conseguindo 
resolvê-lo mesmo depois de 13 dias de tetativas infrutíferas! Agradeço se 
puderem dar uma ajuda:

  Três moças e quatro rapazes estão num teatro e desejam, sentar-se, os sete, 
lado a lado, na mesma fila. Determine o número de maneiras pelas quais eles 
podem distribuir-se nos assentos de modo que:
a) duas moças nunca fiquem sentadas juntas; RESPOSTA: 1440
b) ...

  A pergunta (b) também é bem difícil, mas, se for o caso, apresento outro dia.

  Obrigado!
  -- 
  Silas Gruta

[obm-l] Combinatoria Pre-IME

2009-04-13 Por tôpico Silas Gruta

Boa tarde a todos,

Tenho um aluno, cujo sonho é se formar pelo
IME, extraordinariamente aplicado, uma verdadeira raridade numa escola
pública! Faço o que posso para ajudá-lo, embora preparar alunos para o IME
não seja, nem de perto, a minha especialidade. Bem, ele me apresentou um
problema retirado de uma apostila de um curso Pré-IME/ITA de São Paulo, mas
confesso que não estou conseguindo resolvê-lo mesmo depois de 13 dias de
tetativas infrutíferas! Agradeço se puderem dar uma ajuda:

*Três moças e quatro rapazes estão num teatro e desejam, sentar-se, os sete,
lado a lado, na mesma fila. Determine o número de maneiras pelas quais eles
podem distribuir-se nos assentos de modo que:*
*  a) duas moças nunca fiquem sentadas juntas; RESPOSTA: 1440*
*  b) ...
*
A pergunta (b) também é bem difícil, mas, se for o caso, apresento outro
dia.

Obrigado!
-- 
Silas Gruta

Re: [obm-l] Combinatoria Pre-IME

2009-04-13 Por tôpico Silas Gruta

Magistral, Benedito! Muito obrigado!
Bem, se não for muito inconveniente, vou postar a pergunta (b), que também
está me dando uma surra:

*Três moças e quatro rapazes estão num teatro e desejam, sentar-se, os sete,
lado a lado, na mesma fila. Determine o número de maneiras pelas quais eles
podem distribuir-se nos assentos de modo que:*
*  a) ...*
*  b) duas moças (e não mais do que duas moças) estejam sentadas juntas.*
*Resp.: 2880*

2009/4/13 Benedito b...@ccet.ufrn.br

  Silas,

 Primeiro veja de quantos modos os rapazes podem sentar: 4! = 24.
 Chame os rapazes de R1, R2, R3, R4,
 Agora, cada  moça só pode sentar entre os rapazes (ou à esquerda do
 primeiro ou à direita do último).
 ---R1 --- R2 --- R3 --- R4 
 Deste modo, há 5 lugares para a primeira moça sentar. Uma vez ocupada esta
 posição, restam 4 possíveis lugares para a segunda ocupar. Uma vez sentada a
 segunda moça, resta 3 posições (lugares)  nos quais a última moça pode
 ocupar.
 Assim, o total de possibilidades é 4! x 5 x 4 x 3 = 24 x 60 = 1440.
 Benedito

 - Original Message -
 *From:* Silas Gruta silasgr...@gmail.com
 *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
 *Sent:* Monday, April 13, 2009 3:48 PM
 *Subject:* [obm-l] Combinatoria Pre-IME

 Boa tarde a todos,

 Tenho um aluno, cujo sonho é se formar pelo
 IME, extraordinariamente aplicado, uma verdadeira raridade numa escola
 pública! Faço o que posso para ajudá-lo, embora preparar alunos para o IME
 não seja, nem de perto, a minha especialidade. Bem, ele me apresentou um
 problema retirado de uma apostila de um curso Pré-IME/ITA de São Paulo, mas
 confesso que não estou conseguindo resolvê-lo mesmo depois de 13 dias de
 tetativas infrutíferas! Agradeço se puderem dar uma ajuda:

 *Três moças e quatro rapazes estão num teatro e desejam, sentar-se, os
 sete, lado a lado, na mesma fila. Determine o número de maneiras pelas quais
 eles podem distribuir-se nos assentos de modo que:*
 *  a) duas moças nunca fiquem sentadas juntas; RESPOSTA: 1440*
 *  b) ...
 *
 A pergunta (b) também é bem difícil, mas, se for o caso, apresento outro
 dia.

 Obrigado!
 --
 Silas Gruta




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Silas Gruta

RE: [obm-l] Combinatoria Pre-IME

2009-04-13 Por tôpico Pedro Cardoso



Olá, silas.

 

São 3 possibilidades:

 

moças separadas[i], duas (e não mais do que duas) moças juntas[ii], tres moças 
juntas[iii].

 

Sabemos que :

1) o total = [i] + [ii] + [iii] = 7!
2) [i] = 1440.

 

Ora, [iii] é mole.

Junte as moças e as trate como um 'elemento' só;
agora são 5 elementos, totalizando 5! arranjos possíveis;
permute as moças entre si: 3! (isto é, para cada arranjo acima, existem 3! = 6 
maneiras de as moças se sentarem)

 

3) [iii] = 3! * 5!

 

De '1)', '2)' e '3)', [ii] = total - [i] - [iii] = (7*6)*5! - (12)*5! - (6)*5! 
= 24*120 = 2880

 

(o problema é que, usando essa solução, se o cara - ou a moça - erra a 
primeira, erra também a segunda)

 

Abraços, 

 

Pedro Lazéra Cardoso

 


Date: Mon, 13 Apr 2009 22:33:40 -0300
Subject: Re: [obm-l] Combinatoria Pre-IME
From: silasgr...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Magistral, Benedito! Muito obrigado!


Bem, se não for muito inconveniente, vou postar a pergunta (b), que também está 
me dando uma surra:



Três moças e quatro rapazes estão num teatro e desejam, sentar-se, os sete, 
lado a lado, na mesma fila. Determine o número de maneiras pelas quais eles 
podem distribuir-se nos assentos de modo que:
  a) ...
  b) duas moças (e não mais do que duas moças) estejam sentadas juntas.
Resp.: 2880


2009/4/13 Benedito b...@ccet.ufrn.br



Silas,
 
Primeiro veja de quantos modos os rapazes podem sentar: 4! = 24.
Chame os rapazes de R1, R2, R3, R4, 
Agora, cada  moça só pode sentar entre os rapazes (ou à esquerda do primeiro ou 
à direita do último). 
---R1 --- R2 --- R3 --- R4  
Deste modo, há 5 lugares para a primeira moça sentar. Uma vez ocupada esta 
posição, restam 4 possíveis lugares para a segunda ocupar. Uma vez sentada a 
segunda moça, resta 3 posições (lugares)  nos quais a última moça pode ocupar. 
Assim, o total de possibilidades é 4! x 5 x 4 x 3 = 24 x 60 = 1440.
Benedito




- Original Message - 
From: Silas Gruta 
To: obm-l@mat.puc-rio.br 
Sent: Monday, April 13, 2009 3:48 PM
Subject: [obm-l] Combinatoria Pre-IME


Boa tarde a todos,
 
Tenho um aluno, cujo sonho é se formar pelo IME, extraordinariamente aplicado, 
uma verdadeira raridade numa escola pública! Faço o que posso para ajudá-lo, 
embora preparar alunos para o IME não seja, nem de perto, a minha 
especialidade. Bem, ele me apresentou um problema retirado de uma apostila de 
um curso Pré-IME/ITA de São Paulo, mas confesso que não estou conseguindo 
resolvê-lo mesmo depois de 13 dias de tetativas infrutíferas! Agradeço se 
puderem dar uma ajuda:
 
Três moças e quatro rapazes estão num teatro e desejam, sentar-se, os sete, 
lado a lado, na mesma fila. Determine o número de maneiras pelas quais eles 
podem distribuir-se nos assentos de modo que:
  a) duas moças nunca fiquem sentadas juntas; RESPOSTA: 1440
  b) ...
A pergunta (b) também é bem difícil, mas, se for o caso, apresento outro dia.
 
Obrigado!
-- 
Silas Gruta 

-- 
Silas Gruta

_
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[obm-l] Combinatoria

2009-03-30 Por tôpico Maria Clara

Se tivermos sete fechaduras e as sete chaves que abrem as fechaduras, mas nÃ£o soubermos qual chave corresponde a qual fechadura, quantas tentativas sÃ£o necessÃ¡rias, para que possamos decidir qual chave corresponde a qual fechadura?
=
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] Combinatoria

2009-03-30 Por tôpico Rafael Ando

Precisamos de, no máximo, 6 tentativas para a primeira fechadura, 5 para a
segunda, ..., 1 tentativa para a penúltima e 0 para a última. Logo, no
máximo precisa-se de 6+5+4+3+2+1=21 tentativas.

2009/3/30 Maria Clara mariaclar...@bol.com.br


 Se tivermos sete fechaduras e as sete chaves que abrem as fechaduras, mas
 não soubermos qual chave corresponde a qual fechadura, quantas tentativas
 são necessárias, para que possamos decidir qual chave corresponde a qual
 fechadura?
 =
 Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.htmlhttp://www.mat.puc-rio.br/%7Eobmlistas/obm-l.html=




-- 
Rafael

Re: [obm-l] Combinatoria

2009-03-30 Por tôpico João Luís

Oi Clara,

Se você tem que abrir todas 7 portas, somente uma ordenação das 7 chaves servirá

São 7! ordens possíveis, então esse é o MÁXIMO de tentativas necessário para 
que se encontre a ordem certa
  - Original Message - 
  From: Maria Clara 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Monday, March 30, 2009 7:59 PM
  Subject: [obm-l] Combinatoria

  Se tivermos sete fechaduras e as sete chaves que abrem as fechaduras, mas não 
soubermos qual chave corresponde a qual fechadura, quantas tentativas são 
necessárias, para que possamos decidir qual chave corresponde a qual fechadura?

  = 
Instru��es 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] Combinatoria

2009-03-30 Por tôpico Rafael Ando

Bom, na verdade daria isso só se você não soubesse quais chaves deram
certo/errado com cada tentativa (acho pouco realista, mas as vezes os
problemas são inverossímeis mesmo)... e por tentativa, eu tinha entendido o
ato de tentar abrir UMA fechadura, mas o enunciado está meio ambíguo
mesmo de qualquer maneira, acho que mesmo interpretando o enunciado à
sua maneira, daria (7!-1) combinações: afinal, se você tentar 7!-1 vezes e
todas falharem, já sabemos que a última combinação é a correta e não é
necessário mais uma tentativa para decidir qual chave corresponde a cada
fechadura...

2009/3/30 João Luís joaolui...@uol.com.br

  Oi Clara,

 Se você tem que abrir todas 7 portas, somente uma ordenação das 7 chaves
 servirá

 São 7! ordens possíveis, então esse é o MÁXIMO de tentativas necessário
 para que se encontre a ordem certa

 - Original Message -
  *From:* Maria Clara mariaclar...@bol.com.br
 *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
 *Sent:* Monday, March 30, 2009 7:59 PM
 *Subject:* [obm-l] Combinatoria


 Se tivermos sete fechaduras e as sete chaves que abrem as fechaduras, mas
 não soubermos qual chave corresponde a qual fechadura, quantas tentativas
 são necessárias, para que possamos decidir qual chave corresponde a qual
 fechadura?
 =
 Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.htmlhttp://www.mat.puc-rio.br/%7Eobmlistas/obm-l.html=




-- 
Rafael

Re: [obm-l] Combinatoria

2009-03-30 Por tôpico João Luís

Bom, concordo com vc com relação á primeira parte; sua soluçaõ é perfeitamente 
válida.

Na verdade, você não deixa de ter razão quanto ao 7! - 1 também... maas ô 
detalhezinho hein?

Imagina que o sujeito seja o azarado do ano, gaste todas as 7! - 1 tentativas e 
todas falhem. Aí ele conclui: bom, agora eu já sei quais são as chaves de quais 
portas... e vai embora, sem abrí-las. Supõe-se que o cara QUEIRA abrir as 
portas, né, e a última operação é a correta (ou seja, colocar cada chave na 
fechadura certa). Mas, se quisermos nos ater estritamente ao que o enunciado 
pede, que é apenas saber quais são as certas, sou obrigado a lhe dar razão...

Um abraço,

João Luís.
  - Original Message - 
  From: Rafael Ando 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Monday, March 30, 2009 10:06 PM
  Subject: Re: [obm-l] Combinatoria


  Bom, na verdade daria isso só se você não soubesse quais chaves deram 
certo/errado com cada tentativa (acho pouco realista, mas as vezes os problemas 
são inverossímeis mesmo)... e por tentativa, eu tinha entendido o ato de tentar 
abrir UMA fechadura, mas o enunciado está meio ambíguo mesmo de qualquer 
maneira, acho que mesmo interpretando o enunciado à sua maneira, daria (7!-1) 
combinações: afinal, se você tentar 7!-1 vezes e todas falharem, já sabemos que 
a última combinação é a correta e não é necessário mais uma tentativa para 
decidir qual chave corresponde a cada fechadura...


  2009/3/30 João Luís joaolui...@uol.com.br

Oi Clara,

Se você tem que abrir todas 7 portas, somente uma ordenação das 7 chaves 
servirá

São 7! ordens possíveis, então esse é o MÁXIMO de tentativas necessário 
para que se encontre a ordem certa
  - Original Message - 
  From: Maria Clara 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Monday, March 30, 2009 7:59 PM
  Subject: [obm-l] Combinatoria



  Se tivermos sete fechaduras e as sete chaves que abrem as fechaduras, mas 
não soubermos qual chave corresponde a qual fechadura, quantas tentativas são 
necessárias, para que possamos decidir qual chave corresponde a qual fechadura?

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



  -- 
  Rafael

Re: [obm-l] Combinatoria e Prob

2008-11-24 Por tôpico Rogerio Ponce

Ola' Fabricio e colegas da lista,
segue um repeteco desse problema, com outra roupagem, e sua solucao:

-
Problema:
Qual a probabilidade P(N) de ocorrer um sorteio valido numa reuniao de
N amigos ocultos ?
(sorteio valido e' aquele em que ninguem sorteia a si mesmo).

-
Solucao:

Primeiramente, em um sorteio qualquer, existem sub-grupos do tipo A
sorteia B, que sorteia C, que sorteia...que sorteia A, formando um
loop. Chamemos de cadeia essa sequencia de pessoas.

Entao, seja V(n) o numero de sorteios validos com n pessoas.

Quando acrescentamos a enesima-primeira pessoa a um grupo com n
pessoas, um sorteio valido qualquer correspondera' as seguintes
situacoes:

a) essa pessoa forma uma cadeia com mais de 2 elementos.
b) essa pessoa forma uma cadeia com apenas 2 elementos (ela e uma 2a.
pessoa fazem uma troca mutua de presentes).

No caso a, podemos considerar que essa pessoa e' inserida em alguma
das cadeias que haveria num sorteio valido com apenas n pessoas.
No caso b , cada sorteio pode ser obtido a partir da escolha do 2o.
elemento, e entao formando-se todos os sorteios validos possíveis com
(n-1) elementos.

Dessa forma, o numero de sorteios validos do tipo a vale n*V(n) .
Repare que essa nova pessoa pode ser inserida logo apos uma pessoa
qualquer dentre as n existentes.

E o numero de sorteios validos do tipob vale n*V(n-1) .
Repare que essa nova pessoa pode fazer par com qualquer uma dentre as
n existentes, enquanto as outras (n-1) se organizam como um sorteio
valido de (n-1) elementos.


Assim, V(n+1) = n*V(n) + n*V(n-1)
Fazendo V(n) = n! * W(n) , obtemos a equacao de diferencas, linear e
homogena, do 1o grau:
[W(n+1) - W(n)] + 1/(n+1) * [W(n) - W(n-1)] = 0

Portanto, a solucao geral e'
W(n+1) - W(n) = C * (-1)^(n+1)/(n+1)!


Como V(1)=0 e V(2)=1 , entao C=1 , pois W(1)=0 e W(2)=1/2 , que nos leva a
W(n+1) = W(n) + (-1)^(n+1)/(n+1)!


Como o numero de sorteios possíveis e'  n! , a probabilidade de
sorteios validos com n pessoas e' P(n)= V(n)/n! .
Logo, P(n) = W(n) , ou seja,

P(n) = P(n-1) + (-1)^n/n! , onde P(1)=0
ou seja,
P(n) = 0 + 1/2! -1/3! +...+ (-1)^n/n!

Alem disso, e' facil verificar que quando n cresce, P(n) converge para
P = 0 +1/2! - 1/3! + 1/4! ... = 1/e


[]'s,
Rogerio Ponce





2008/11/23 [EMAIL PROTECTED] [EMAIL PROTECTED]:
 Mexendo nos emails antigos, vi vários comentários sobre o problema 1, mas
 não sobre o problema 2.

 2) Uma recepcionista recebeu n chapéus, mas estes ficaram totalmente
 misturados. Decidiu, então, devolvê-los a esmo. Calcular a probabilidade de
 que nenhum homem receba seu chapéu.

 É fácil notar que a probabilidade do primeiro homem não receber seu chapéu é
 dada por (n-1)/n.
 O mesmo raciocínio não vale para o segundo homem, pois se o chapéu dele já
 foi retirado, ele tem chance de 1/1 de retirar o chapéu errado.

 Dessa forma, é mais fácil resolver o problema de forma complementar, isto é,
 calcular qual a probabilidade de que tdos eles retirem o próprio chapéu.

 Aí teremos que P(chapeu_certo) = (1/n).(1/n-1).(1/n-2)...(1/2).(1/1)
 P = 1/n!

 Portanto, a probabilidade de nenhum homem retire seu chapéu é 1 - 1/n!

 Será que é isso?


 Fabrício.


=
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] Combinatoria e Prob

2008-11-24 Por tôpico Raphael Alcaires de Carvalho

Olá  pessoal
isso que o Rogério fez foi demonstrar a fórmula de permutação caótica que se 
encontra no livro de Probabilidades do saudoso Morgado. Só que o Rogério 
resolveu por meio de equações diferenciais. Deêm uma olhada no livro.
Achei interessante nunca imaginei que se resolveria por equações diferenciais.
[]s Raphael

--- Em seg, 24/11/08, Rogerio Ponce [EMAIL PROTECTED] escreveu:
De: Rogerio Ponce [EMAIL PROTECTED]
Assunto: Re: [obm-l] Combinatoria e Prob
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Segunda-feira, 24 de Novembro de 2008, 6:51

Ola' Fabricio e colegas da lista,
segue um repeteco desse problema, com outra roupagem, e sua solucao:

-
Problema:
Qual a probabilidade P(N) de ocorrer um sorteio valido numa reuniao de
N amigos ocultos ?
(sorteio valido e' aquele em que ninguem sorteia a si mesmo).

-
Solucao:

Primeiramente, em um sorteio qualquer, existem sub-grupos do tipo A
sorteia B, que sorteia C, que sorteia...que sorteia A, formando um
loop. Chamemos de cadeia essa sequencia de pessoas.

Entao, seja V(n) o numero de sorteios validos com n pessoas.

Quando acrescentamos a enesima-primeira pessoa a um grupo com n
pessoas, um sorteio valido qualquer correspondera' as seguintes
situacoes:

a) essa pessoa forma uma cadeia com mais de 2 elementos.
b) essa pessoa forma uma cadeia com apenas 2 elementos (ela e uma 2a.
pessoa fazem uma troca mutua de presentes).

No caso a, podemos considerar que essa pessoa e' inserida em
alguma
das cadeias que haveria num sorteio valido com apenas n pessoas.
No caso b , cada sorteio pode ser obtido a partir da escolha do 2o.
elemento, e entao formando-se todos os sorteios validos possíveis com
(n-1) elementos.

Dessa forma, o numero de sorteios validos do tipo a vale
n*V(n) .
Repare que essa nova pessoa pode ser inserida logo apos uma pessoa
qualquer dentre as n existentes.

E o numero de sorteios validos do tipob vale n*V(n-1) .
Repare que essa nova pessoa pode fazer par com qualquer uma dentre as
n existentes, enquanto as outras (n-1) se organizam como um sorteio
valido de (n-1) elementos.


Assim, V(n+1) = n*V(n) + n*V(n-1)
Fazendo V(n) = n! * W(n) , obtemos a equacao de diferencas, linear e
homogena, do 1o grau:
[W(n+1) - W(n)] + 1/(n+1) * [W(n) - W(n-1)] = 0

Portanto, a solucao geral e'
W(n+1) - W(n) = C * (-1)^(n+1)/(n+1)!


Como V(1)=0 e V(2)=1 , entao C=1 , pois W(1)=0 e W(2)=1/2 , que nos leva a
W(n+1) = W(n) + (-1)^(n+1)/(n+1)!


Como o numero de sorteios possíveis e'  n! , a probabilidade de
sorteios validos com n pessoas e' P(n)= V(n)/n! .
Logo, P(n) = W(n) , ou seja,

P(n) = P(n-1) + (-1)^n/n! , onde P(1)=0
ou seja,
P(n) = 0 + 1/2! -1/3! +...+ (-1)^n/n!

Alem disso, e' facil verificar que quando n cresce, P(n)
converge para
P = 0 +1/2! - 1/3! + 1/4! ... = 1/e


[]'s,
Rogerio Ponce





2008/11/23 [EMAIL PROTECTED] [EMAIL PROTECTED]:
 Mexendo nos emails antigos, vi vários comentários sobre o problema 1,
mas
 não sobre o problema 2.

 2) Uma recepcionista recebeu n chapéus, mas estes ficaram
totalmente
 misturados. Decidiu, então, devolvê-los a esmo. Calcular a probabilidade
de
 que nenhum homem receba seu chapéu.

 É fácil notar que a probabilidade do primeiro homem não receber seu
chapéu é
 dada por (n-1)/n.
 O mesmo raciocínio não vale para o segundo homem, pois se o chapéu dele
já
 foi retirado, ele tem chance de 1/1 de retirar o chapéu errado.

 Dessa forma, é mais fácil resolver o problema de forma complementar,
isto é,
 calcular qual a probabilidade de que tdos eles retirem o próprio chapéu.

 Aí teremos que P(chapeu_certo) = (1/n).(1/n-1).(1/n-2)...(1/2).(1/1)
 P = 1/n!

 Portanto, a probabilidade de nenhum homem retire seu chapéu é 1 - 1/n!

 Será que é isso?


 Fabrício.


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



  Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! +Buscados
http://br.maisbuscados.yahoo.com

Re: [obm-l] Combinatoria e Prob

2008-11-23 Por tôpico [EMAIL PROTECTED]

Mexendo nos emails antigos, vi vários comentários sobre o problema 1, 
mas não sobre o problema 2.


2) Uma recepcionista recebeu n chapéus, mas estes ficaram totalmente 
misturados. Decidiu, então, devolvê-los a esmo. Calcular a probabilidade 
de que nenhum homem receba seu chapéu.


É fácil notar que a probabilidade do primeiro homem não receber seu 
chapéu é dada por (n-1)/n.
O mesmo raciocínio não vale para o segundo homem, pois se o chapéu dele 
já foi retirado, ele tem chance de 1/1 de retirar o chapéu errado.


Dessa forma, é mais fácil resolver o problema de forma complementar, 
isto é, calcular qual a probabilidade de que tdos eles retirem o próprio 
chapéu.


Aí teremos que P(chapeu_certo) = (1/n).(1/n-1).(1/n-2)...(1/2).(1/1)
P = 1/n!

Portanto, a probabilidade de nenhum homem retire seu chapéu é 1 - 1/n!

Será que é isso?


Fabrício.

Thais Oliveira wrote:

Olá pessoal, tudo bem?
 
Nao consigo resolver dois exercicios de combinatoria.
 
1) (FUVEST-1997) Os trabalhos da diretoria de um clube são realizados 
por seis comissões. Cada diretor participa exatamente de duas comissões 
e cada duas comissões têm exatamente um diretor comum.

a) Quantos diretores tem o clube?
b) Escolhendo-se, ao acaso, dois diretores, qual é a probabilidade de 
que eles sejam de uma mesma comissão?
 
2) Uma recepcionista recebeu n chapéus, mas estes ficaram totalmente 
misturados. Decidiu, então, devolvê-los a esmo. Calcular a probabilidade 
de que nenhum homem receba seu chapéu.
 
Obrigada
 
Thais




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


=
Instru��es 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] Combinatoria

2008-10-26 Por tôpico João Luís

Repare que só interessa, na verdade, quais serão os passos que você dará para a 
direita. Exemplificando:

Se você está na primeira coluna (a que contám A), você tem cinco maneiras de 
escolher seu passo para a direita (de agora em diante chamerei de passo D): 
de (0,0) a (1,0); de (0,1) a (1,1); de (0,2) a (1,2); de (0,3) a (1,3); ou de 
(0,4) a (1,4). Raciocíno semelhante vale para os outros 3 passos D que se deve 
dar (lembrando que as condições impostas obrigam a dar EXATAMENTE 4 passos D). 
Então, teremos 5x5x5x5 = 5^4 = 625 maneiras de escolher nossos passos D.

Mas repare que isso já encerra o problema, já que escolhidos os passos D, os 
passos verticais estarão determinados sem possibilidade de escolha. Por 
exemplo: digamos que você escolha que seus dois primeiros passos D sejam (0,3) 
a (1,3) e depois (1,1) a (2,1). Veja que, assim, OBRIGATORIAMENTE, você terá de 
dar primeiro 3 passos para cima, depois seu primeiro passo D, depois dois 
passos para baixo, e depois o segundo passo D. A chave aqui é isso: escolhidos 
os passos D que você vai dar, todos os outros (para cima ou para baixo) estarão 
determinados.

Logo, são 625 caminhos.

Espero ter sido claro em minha explanação.

Um abraço a todos,

João Luís
  - Original Message - 
  From: Samuel Carvalho 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Saturday, October 25, 2008 11:10 PM
  Subject: [obm-l] Combinatoria


  De quantas maneiras podemos ir de A até B sobre a seguinte grade sem passar 
duas vezes pelo
  mesmo local e sem mover-se para esquerda? A ﬁgura abaixo mostra um caminho 
possível. 

  (a figura mostra uma grade 5x5, com A no ponto (0,0) e B no ponto (5,5))

[obm-l] Combinatoria

2008-10-25 Por tôpico Samuel Carvalho

De quantas maneiras podemos ir de A até B sobre a seguinte grade sem passar
duas vezes pelo
mesmo local e sem mover-se para esquerda? A ﬁgura abaixo mostra um caminho
possível.

(a figura mostra uma grade 5x5, com A no ponto (0,0) e B no ponto (5,5))

RE: [obm-l] Combinatoria e Prob

2008-10-24 Por tôpico Antonio Neto


   Oi, Thais,
   o numero procurado no seu segundo problema eh o de permutacoes caoticas 
(derangements) de n objetos. Alem das referencias classicas da internet, estah 
no livro do Morgado, publicado pelo IMPA, no Mathematics of Choice, do Niven, 
publicado pela MAA, e, para os dinossauros como eu, no livro Preludio aa 
Analise Combinatoria, Ed. Nacional, esgotado, mas quem sabe uma vasculhada em 
sebos e bisbilhotecas...Amplexos de mim, olavo.
Antonio Olavo da Silva Neto
_
Discover the new Windows Vista
http://search.msn.com/results.aspx?q=windows+vistamkt=en-USform=QBRE

[obm-l] Combinatoria e Prob

2008-10-16 Por tôpico Thais Oliveira

Olá pessoal, tudo bem?
 
Nao consigo resolver dois exercicios de combinatoria.
 
1) (FUVEST-1997) Os trabalhos da diretoria de um clube são realizados por seis 
comissões. Cada diretor participa exatamente de duas comissões e cada duas 
comissões têm exatamente um diretor comum.
a) Quantos diretores tem o clube?
b) Escolhendo-se, ao acaso, dois diretores, qual é a probabilidade de que eles 
sejam de uma mesma comissão?
 
2) Uma recepcionista recebeu n chapéus, mas estes ficaram totalmente 
misturados. Decidiu, então, devolvê-los a esmo. Calcular a probabilidade de que 
nenhum homem receba seu chapéu.
 
Obrigada
 
Thais


  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

Re: [obm-l] Combinatoria e Prob

2008-10-16 Por tôpico Lucas Prado Melo

2008/10/16 Thais Oliveira [EMAIL PROTECTED]:
 Olá pessoal, tudo bem?

 Nao consigo resolver dois exercicios de combinatoria.

 1) (FUVEST-1997) Os trabalhos da diretoria de um clube são realizados por
 seis comissões. Cada diretor participa exatamente de duas comissões e cada
 duas comissões têm exatamente um diretor comum.
 a) Quantos diretores tem o clube?
Se cada duas comissões definem um diretor (único), então o número de
diretores é igual à combinação 2 a 2 de comissões = 15.

 b) Escolhendo-se, ao acaso, dois diretores, qual é a probabilidade de que
 eles sejam de uma mesma comissão?
suponha que tenhamos um diretor já definido, então 2 comissões estão
selecionadas.
Agora vamos pegar as comissões do segundo diretor.
As chances de pegarmos de primeira uma comissão selecionada é de 2/6
se pegarmos uma não selecionada de primeira (chances de 4/6), as
chances de pegarmos uma selecionada é de 2/5: assim temos que as
chances desse segundo caso acontecer são de 4*2/(5*6) = 4/15
Somando tudo:  2/6 + 4/15 = (10+8)/30=18/30=9/15=3/5

=
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] Combinatoria e Prob

2008-10-16 Por tôpico Pedro Cardoso

Olá, 
 
Thaís, Lucas e amigos da lista.
Eu resolvi assim:
 
1)  (FUVEST-1997) Os trabalhos da diretoria de um clube são realizados por 
seis comissões. Cada diretor participa exatamente de duas comissões e cada duas 
comissões têm exatamente um diretor comum.
a) Quantos diretores tem o clube?
 
Seja n o número de participantes de uma comissão.
[1] Cada diretor participa exatamente de duas comissões.
[2] Cada duas comissões têm exatamente um diretor comum.
A priori, são 6*n diretores. Mas, por [1], contamos duas vezes cada um.
Logo, são 6*n/2 = 3*n diretores.
 
A priori, são 6*n diretores. Mas, por [2], para cada par de comissão, contamos 
duas vezes um mesmo diretor.
Logo, são 6*n - C(6,2) = 6n - 15 diretores.
 
Daí, 3*n = 6n - 15, donde n = 5 e são 15 os diretores.
 
b) Escolhendo-se, ao acaso, dois diretores, qual é a probabilidade de que eles 
sejam de uma mesma comissão?
 
 suponha que tenhamos um diretor já definido, então 2 comissões estão 
selecionadas. Agora vamos pegar as comissões do segundo diretor. As 
chances de pegarmos de primeira uma comissão selecionada é de 2/6 se pegarmos 
uma não selecionada de primeira (chances de 4/6), as chances de pegarmos uma 
selecionada é de 2/5: assim temos que as chances desse segundo caso acontecer 
são de 4*2/(5*6) = 4/15 Somando tudo: 2/6 + 4/15 = (10+8)/30=18/30=9/15=3/5
 
Hum... Lucas, eu penso que, como estamos sorteando diretores em vez de 
comissões, talvez sua resposta não esteja correta. Acho que você deveria 
considerar que um mesmo diretor não pode ser sorteado duas vezes. Além disso, 
você fez três sorteios, não?
 
Pela letra a), cada comissão tem 5 diretores e pelo enunciado [2] cada par de 
comissão tem apenas um único diretor em comum. Então, como o Lucas fez, vamos 
supor que o primeiro diretor, o José, foi sorteado. José participa de duas 
comissões e é o único diretor que trabalha nas duas ao mesmo tempo. Logo, 
existem 4 diretores em cada uma das duas comissões em que José está, todos eles 
distintos. 
 
Daí, são 8 diretores trabalhando com José e 6 não trabalhando com ele. Logo, a 
chance de pegarmos um diretor que não trabalha com José é 8/(6+8) = 4/7.
 
Eu supus que no sorteio o próprio José não pode ser sorteado.
 
Abraços,
 
Pedro.
_
Conheça o Windows Live Spaces, a rede de relacionamentos do Messenger!
http://www.amigosdomessenger.com.br/

Re: [obm-l] Combinatoria e Prob

2008-10-16 Por tôpico Lucas Prado Melo

2008/10/16 Thais Oliveira [EMAIL PROTECTED]:
 2) Uma recepcionista recebeu n chapéus, mas estes ficaram totalmente
 misturados. Decidiu, então, devolvê-los a esmo. Calcular a probabilidade de
 que nenhum homem receba seu chapéu.

Para essa questão, eu encontrei algo assim: (n! - (n-1)! + (n-2)! -
... (+-) 1) / n!
Mas não vou entrar nos detalhes disso pq suspeito que a resposta possa
estar errada...
Alguém tem alguma sugestão?

=
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] Combinatoria e Prob

2008-10-16 Por tôpico Lucas Prado Melo

2008/10/16 Pedro Cardoso [EMAIL PROTECTED]:
 Eu supus que no sorteio o próprio José não pode ser sorteado.
E supos certo... acho que a falha nos meus argumentos é justamente não
ter suposto o mesmo.

[]'s

=
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] Combinatoria e Prob

2008-10-16 Por tôpico Thais Oliveira

Além de perfeita, muito didática a sua explicação!!
 
Muito obrigada

--- Em qui, 16/10/08, Pedro Cardoso [EMAIL PROTECTED] escreveu:

De: Pedro Cardoso [EMAIL PROTECTED]
Assunto: RE: [obm-l] Combinatoria e Prob
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Quinta-feira, 16 de Outubro de 2008, 19:24




#yiv2057375432 .hmmessage P
{
margin:0px;padding:0px;}
#yiv2057375432 {
FONT-SIZE:10pt;FONT-FAMILY:Tahoma;}

Olá, 
 
Thaís, Lucas e amigos da lista.

Eu resolvi assim:
 
1)  (FUVEST-1997) Os trabalhos da diretoria de um clube são realizados por 
seis comissões. Cada diretor participa exatamente de duas comissões e cada duas 
comissões têm exatamente um diretor comum.

a) Quantos diretores tem o clube?
 
Seja n o número de participantes de uma comissão.
[1] Cada diretor participa exatamente de duas comissões.
[2] Cada duas comissões têm exatamente um diretor comum.

A priori, são 6*n diretores. Mas, por [1], contamos duas vezes cada um.
Logo, são 6*n/2 = 3*n diretores.
 
A priori, são 6*n diretores. Mas, por [2], para cada par de comissão, contamos 
duas vezes um mesmo diretor.
Logo, são 6*n - C(6,2) = 6n - 15 diretores.
 
Daí, 3*n = 6n - 15, donde n = 5 e são 15 os diretores.
 
b) Escolhendo-se, ao acaso, dois diretores, qual é a probabilidade de que eles 
sejam de uma mesma comissão?
 
 suponha que tenhamos um diretor já definido, então 2 comissões estão
 selecionadas.
 Agora vamos pegar as comissões do segundo diretor.
 As chances de pegarmos de primeira uma comissão selecionada é de 2/6
 se pegarmos uma não selecionada de primeira (chances de 4/6), as
 chances de pegarmos uma selecionada é de 2/5: assim temos que as
 chances desse segundo caso acontecer são de 4*2/(5*6) = 4/15
 Somando tudo: 2/6 + 4/15 = (10+8)/30=18/30=9/15=3/5
 
Hum... Lucas, eu penso que, como estamos sorteando diretores em vez 
de comissões, talvez sua resposta não esteja correta. Acho que você deveria 
considerar que um mesmo diretor não pode ser sorteado duas vezes. Além disso, 
você fez três sorteios, não?
 
Pela letra a), cada comissão tem 5 diretores e pelo enunciado [2] cada par de 
comissão tem apenas um único diretor em comum. Então, como o Lucas fez, vamos 
supor que o primeiro diretor, o José, foi sorteado. José participa de duas 
comissões e é o único diretor que trabalha nas duas ao mesmo tempo. Logo, 
existem 4 diretores em cada uma das duas comissões em que José está, todos eles 
distintos. 
 
Daí, são 8 diretores trabalhando com José e 6 não trabalhando com ele. Logo, a 
chance de pegarmos um diretor que não trabalha com José é 8/(6+8) = 4/7.
 
Eu supus que no sorteio o próprio José não pode ser sorteado.
 
Abraços,
 
Pedro.



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[obm-l] combinatoria chico nery 69

2008-09-23 Por tôpico Antonio Neto


Quantos são os números de 5 algarismos que têm três de seus algarismos iguais e 
os outros algarismos diferentes entre si e diferente dos três algarismos 
iguais?   Bem, acho que é o seguinte: divida em casos.a) Os repetidos são 
iguais a zero, e, pelas condições, os outros não.Teremos uma possibilidade para 
escolher quem se repete, Bin(4, 3) para arrumá-los, pois o zero não pode 
começar, 9 escolhas para um dos lugares vagos e 8 para o outro. Multiplicando, 
são 288 casos.
 
b) Os repetidos são diferentes de zero e um dos outros é igual a zero.
Teremos 4 escolhas para colocar o zero, 9 escolhas para os repetidos, Bin(4, 3) 
para colocá-los e 8 escolhas para o último, pois só falta preencher uma vaga.
 
c) Nenhum dos algarismos é zero, o paraíso!
Temos 9 modos de escolher o repetido, Bin(5, 3) para colocá-lo, 8 modos de 
preencher um dos doi vagos e 7 modos de preencher o último, num total de 5040.
 
Somando tudo, achei 6480. Para conferir, refiz, usando o método ao qual me 
refiro para os alunos do ensino médio como total menos o que não presta, ou 
seja, ignorei a restrição de que o número não deve começar por zero e subtraí 
os inociados por zero. Como achei o mesmo resultado, ou está certo ou errei 
duas vezes.
[], olavo.
Antonio Olavo da Silva Neto
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[obm-l] combinatoria chico nery 69

2008-09-23 Por tôpico Antonio Neto


Quantos são os números de 5 algarismos que têm três de seus algarismos iguais e 
os outros algarismos diferentes entre si e diferente dos três algarismos 
iguais?   Bem, acho que é o seguinte: divida em casos.a) Os repetidos são 
iguais a zero, e, pelas condições, os outros não.Teremos uma possibilidade para 
escolher quem se repete, Bin(4, 3) para arrumá-los, pois o zero não pode 
começar, 9 escolhas para um dos lugares vagos e 8 para o outro. Multiplicando, 
são 288 casos.
 
b) Os repetidos são diferentes de zero e um dos outros é igual a zero.
Teremos 4 escolhas para colocar o zero, 9 escolhas para os repetidos, Bin(4, 3) 
para colocá-los e 8 escolhas para o último, pois só falta preencher uma vaga.
 
c) Nenhum dos algarismos é zero, o paraíso!
Temos 9 modos de escolher o repetido, Bin(5, 3) para colocá-lo, 8 modos de 
preencher um dos doi vagos e 7 modos de preencher o último, num total de 5040.
 
Somando tudo, achei 6480. Para conferir, refiz, usando o método ao qual me 
refiro para os alunos do ensino médio como total menos o que não presta, ou 
seja, ignorei a restrição de que o número não deve começar por zero e subtraí 
os inociados por zero. Como achei o mesmo resultado, ou está certo ou errei 
duas vezes.
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Antonio Olavo da Silva Neto
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Re: [obm-l] combinatoria chico nery 69

2008-09-21 Por tôpico Vandelei Nemitz

Ops, uma correção na minha solução, a permutação de 5 elementos com 3
repetições é igual a 20 e não 10. Assim, temos 129 . 3 . 20 = 7200.
Descontando os 720 ficamos com 6480.

Vanderlei

Em 20/09/08, Vandelei Nemitz [EMAIL PROTECTED] escreveu:

 Hermann, você pode escolher os três algarismos diferentes de C10,3 = 120,
 onde Cn,p é o número de combinações de n elementos, tomados p a p. Depois,
 basta escolher qual deles aparecerá três vezes e permutar, ou seja, teremos
 120 . 3 . P5, 3 = 360 . 10 = 3600 números, onde P5,3 é o número de
 permutações de 5 elementos com 3 repetições. Mas nestes estão incluídos
 aqueles que iniciam por zero e portanto, devemos descontá-los. Se o número
 inicia por zero, temos que escolher outros dois números de C9,2 = 36
 maneiras diferentes. Se o zero for único, teremos 2 . P4,3 = 8
 possibilidades e se o zero aparecer três vezes, teremos P4, 2 = 12
 possibilidades. Assim, devemos desconsiderar 36 . (8 + 12) = 720 números de
 3600, ou seja, restaram finalmente 3600 - 720 = 2880. Acho que é isso. Se
 não for, poste outra mensagem que pensamos melhor na solução.

 Vanderlei



 Em 19/09/08, Hermann [EMAIL PROTECTED] escreveu:

 Senhores estou apanhando, combinatória realmente..., gostaria de outro
 auxílio. Obrigado

 Quantos são os números de 5 algarismos que têm três de seus algarismos
 iguais e os outros algarismos diferentes entre si e diferente dos três
 algarismos iguais?

 Abraços
 Hermann
 =
 Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.htmlhttp://www.mat.puc-rio.br/%7Eobmlistas/obm-l.html
 =

Re: [obm-l] combinatoria chico nery 69

2008-09-20 Por tôpico Lucas Tiago Castro Jesus

Humpodemos dividir em casos:

I-) Tres números diferentes de 0 e os outros 2 também

2-)Tres números diferentes de 0 e um igual a 0 e outro diferente

3-)Tres números iguais a 0.

Caso 1-)
Temos C(9,1) jeitos de escolher 3 números iguais dentre 9,obviamente xD e
C(8,2) jeitos de escolher os outros dois números.
Escolhido esses números devemos calcular a permutação com repetição:
#possibildades1=C(9,1)*C(8,2)*(5!/(3!))=5040

Caso 2-)
Temos C(9,1) jeitos de escolher 3 números iguais dentre 9 e C(8,1) jeito de
escolher o outro número.
O número de permutações possiveis são todas - as que começam com zero
#possibilidade2=C(9,1)*C(8,1)*[(5!/(3!)) -(4!/3!)]=1152

Caso 3-)Nesse temos C(9,2) jeitos de escolher os dois números distintos.
Para o primeiro algarismo do número formado temos duas possibilidade, ou
seja, as 5 menos os 3 zeros.
Novamente temos que calcular as permutações.
Logo temos:
#possibilidade3=C(9,2)*( 2*(4!/3!))=288

#total=#possibildades1+#possibildades2+#possibildades3

#total=6480 números

Hum..acho que é isso

Re: [obm-l] combinatoria chico nery 69

2008-09-20 Por tôpico Vandelei Nemitz

Hermann, você pode escolher os três algarismos diferentes de C10,3 = 120,
onde Cn,p é o número de combinações de n elementos, tomados p a p. Depois,
basta escolher qual deles aparecerá três vezes e permutar, ou seja, teremos
120 . 3 . P5, 3 = 360 . 10 = 3600 números, onde P5,3 é o número de
permutações de 5 elementos com 3 repetições. Mas nestes estão incluídos
aqueles que iniciam por zero e portanto, devemos descontá-los. Se o número
inicia por zero, temos que escolher outros dois números de C9,2 = 36
maneiras diferentes. Se o zero for único, teremos 2 . P4,3 = 8
possibilidades e se o zero aparecer três vezes, teremos P4, 2 = 12
possibilidades. Assim, devemos desconsiderar 36 . (8 + 12) = 720 números de
3600, ou seja, restaram finalmente 3600 - 720 = 2880. Acho que é isso. Se
não for, poste outra mensagem que pensamos melhor na solução.

Vanderlei



Em 19/09/08, Hermann [EMAIL PROTECTED] escreveu:

 Senhores estou apanhando, combinatória realmente..., gostaria de outro
 auxílio. Obrigado

 Quantos são os números de 5 algarismos que têm três de seus algarismos
 iguais e os outros algarismos diferentes entre si e diferente dos três
 algarismos iguais?

 Abraços
 Hermann
 =
 Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.htmlhttp://www.mat.puc-rio.br/%7Eobmlistas/obm-l.html
 =

Re: [obm-l] combinatoria chico nery 69

2008-09-20 Por tôpico JOSE AIRTON CARNEIRO

Bom, os números com 3 algarismos zero repetidos terão essa disposição:
 ---9--  ---8---  --0--  --0--  --0-- = 72 números com os 3 zeros nessa
posição.
 --9--  --0--  --0--  --0--  --8-- = 72 nessa posição.
 --9--  --0--  --0--  --8--  --0-- = 72 nesta outra.
 --9--  --0--  --8--  --0--  --0-- = 72 nesta última
Logo teremos 288 números de 5 algarismos com 3 zeros repetidos.

Com 3 algarismos 1 repetidos temos a seguinte disposição:
--8--  --8--  --1--  --1--  --1--  = 64 números nessa disposição, pois não
podemos iniciar o número com zero.
--8--  --1--  --1--  --1--  --8-- = 64
--1--  --1--  --1--  --9--  --8-- = 72 pois o zero faz parte do número,
nessa disposição.
--1--  --1--  --9--  --1--  --8--  = 72
--1--  --1--  --9--  --8--  --1--  = 72
--8--  --1--  --1--  --8--  --1-- = 64
--1--  --9--  --1--  --1--  --8--  = 72
--1--  --9--  --8--  --1--  --1--  = 72
--8--  --1--  --8--  --1--  --1--  = 64
--1--  --9--  --1--  --8--  --1--  = 72
Então temos 688 números de 5 algarismos com 3 uns repetidos.
Como temos 9 algarismos significativos então 9.688 = 6192.
Logo o total de números será: 6192 + 288 = 6480.


Em 20/09/08, Lucas Tiago Castro Jesus [EMAIL PROTECTED] escreveu:

 Humpodemos dividir em casos:

 I-) Tres números diferentes de 0 e os outros 2 também

 2-)Tres números diferentes de 0 e um igual a 0 e outro diferente

 3-)Tres números iguais a 0.

 Caso 1-)
 Temos C(9,1) jeitos de escolher 3 números iguais dentre 9,obviamente xD e
 C(8,2) jeitos de escolher os outros dois números.
 Escolhido esses números devemos calcular a permutação com repetição:
 #possibildades1=C(9,1)*C(8,2)*(5!/(3!))=5040

 Caso 2-)
 Temos C(9,1) jeitos de escolher 3 números iguais dentre 9 e C(8,1) jeito de
 escolher o outro número.
 O número de permutações possiveis são todas - as que começam com zero
 #possibilidade2=C(9,1)*C(8,1)*[(5!/(3!)) -(4!/3!)]=1152

 Caso 3-)Nesse temos C(9,2) jeitos de escolher os dois números distintos.
 Para o primeiro algarismo do número formado temos duas possibilidade, ou
 seja, as 5 menos os 3 zeros.
 Novamente temos que calcular as permutações.
 Logo temos:
 #possibilidade3=C(9,2)*( 2*(4!/3!))=288

 #total=#possibildades1+#possibildades2+#possibildades3

 #total=6480 números

 Hum..acho que é isso

[obm-l] combinatoria chico nery 69

2008-09-19 Por tôpico Hermann

Senhores estou apanhando, combinatória realmente..., gostaria de outro 
auxílio. Obrigado


Quantos são os números de 5 algarismos que têm três de seus algarismos 
iguais e os outros algarismos diferentes entre si e diferente dos três 
algarismos iguais?


Abraços
Hermann 


=
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] combinatoria dificil

2008-03-28 Por tôpico Marcelo Salhab Brogliato

Olá Johann,

observando sua solução, vi que H == -2 (mod 13)
mas, -2 == 11 (mod 13)
logo: H = 13x - 2 = 13(x-1) + 11

nao analisei sua solucao desta parte para baixo..

um abraço,
Salhab


2008/3/26 Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet 
[EMAIL PROTECTED]:

 Não é tão escabroso quanto parece:

 19H + 13M = 1000

 Módulo 13, temos
 19H=1000
 7H=1000=-14
 H=-2=(mod 13)

 Entao H=13x+2

 Substitui:

 19(13x+2) + 13M = 1000
 247x+13M=962
 19x+M=74

 M=74-19x
 H=13x+2

 Agora que parametrizou, faz com que ambos sejam positivos, ou 74-19x0

 7419x
 x74/194

 Bem, daí é só testar!

 Em 24/03/08, Fernando[EMAIL PROTECTED] escreveu:
 
 
  Oi João Victor, a questão é que eu já havia escrito esta equação.
 Acontece
  que ela é diofantina, admitindo infinitas soluções. Claro que, de
 acordo
  com as condições do exercício proposto deve-se conseguir restringir a
  quantidade delas para um número bem menos (eu creio).
 

 P.S.: Nem toda diofantiona tem infinitas soluções.

 Diofantina significa somente `resolva em Z={0,1,-1,2,-2,3,-3,...}´
 Ou seja, até mesmo x=2 pode ser diofantina, bem como x^3=5

  Amplexo.
  Fernando
 
   
   
 
 
  - Original Message -
  From: Joao Victor Brasil
  To: obm-l@mat.puc-rio.br
  Sent: Monday, March 24, 2008 1:08 PM
  Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil
 
 
  Fernando,
 
  Infelizmente não tenho, mas tenta ver algo nesse sentido:
  19H + 13M = 1000, H= Homem  e M=Mulher
 
  Joao Victor
 
 
  On 3/24/08, Fernando [EMAIL PROTECTED] wrote:
  
  
   Olá João Victor, boa tarde!
  
   Você possui a solução do problema abaixo?
   Se SIM, poderia enviá-la para mim?
  
  
  
   Sociedade Brasileira de Matemática
  
   EUREKA! N°14, 2002
  
   VIII OLIMPÍADA DE MAIO
  
   Enunciados e Resultado Brasileiro
  
   PRIMEIRO NÍVEL
  
   11/05/2002
  
   PROBLEMA 1
  
   Um grupo de homens, alguns dos quais acompanhados pelas esposas,
 gastaram
  1000
  
   dólares num hotel. Cada homem gastou 19 dólares e cada mulher, 13
 dólares.
  
   Determine quantas mulheres e quantos homens estavam no hotel.
  
  
  
   http://www.obm.org.br/eureka/eureka14.pdf
  
   acesso em 23/03/2008
  
  
   Agradeço sua atenção.
  
   Amplexo.
   Fernando Pinto
  
   
   
 
  
   - Original Message -
   From: Joao Victor Brasil
   To: obm-l@mat.puc-rio.br
   Sent: Monday, March 24, 2008 10:29 AM
   Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil
  
  
  
   É verdade pessoal. Errei e muito na minha resolução.
  
   Mas olha só, concordo plenamente com a resposta do Henrique, 48
  possibilidades.
  
   Usando o princípio multiplicativo D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2 achei
 72
  possibilidades, me alertaram sobre as repetições e analisei um modo de
  retirá-las.
   D1H1:3 disc
   D1H2: 2 disc
   D2H1: 2 disc (repetir as mesmas disciplinas do dia 1)
   D2H2: 1 disc
   D3H1: 2 disc (apesar de sobrar somente uma disc, temos duas aulas)
   D3H2: 1 disc
  
   3*2*2*1*2*1 = 24.   72 - 24 = 48 poss.
  
   Joao Victor
  
  
   On 3/20/08, Henrique Rennó [EMAIL PROTECTED] wrote:
Olá pessoal!
   
Acredito que a solução do Salhab está correta. Seja Di o dia i e Hj
 o
  horário j.
   
D1H1: 3 matérias
D1H2: 2 matérias (para não repetir a utilizada em D1H1)
D1: 6 possibilidades
   
Para D2, se escolhermos uma já utilizada em D1 então não poderemos
utilizar a outra matéria utilizada em D1, senão D3 teria as mesmas
matérias. Assim, para D2 teríamos uma já utilizada (2 matérias) e
 uma
não utilizada. Logo, 2*1 = 2. Como a ordem importa, temos 2*2 = 4.
   
D3 só possui 2 formas, com as ordens das matérias trocadas.
   
Total: 6*4*2 = 48.
   
Essa é uma forma mais lógica de resolver o problema. Estive tentando
utilizar combinatória e também achei a resposta 48.
   
Sejam A,B,C as matérias. Quantas permutações diferentes existem
 entre
A,A,B,B,C,C? Cada posição seria um horário em um dia, ou seja,
D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2. Bastaria calcular o número de
permutações com repetição, ou seja, 6!/(2!*2!*2!) = 720/8 = 90.
   
Sabemos que não podemos ter uma permutação do tipo AABCBC, pois AA
representa a mesma matéria em D1H1 e D1H2. Então sabemos que a
resposta é menor que 90.
   
As formas inválidas serão:
   
Se as 3 matérias do mesmo tipo estão juntas no mesmo dia, ex:
 AABBCC.
Existem 3! = 6 formas, considerando AA,BB,CC como 3 elementos
permutados entre si.
   
Não há necessidade de verificar quando 2 matérias estão no mesmo dia
pois cai no caso acima.
   
Quando há apenas 1 matéria repetida em 1 dia, ex: AABCBC, então
 temos
12 formas para cada par da mesma matéria utilizada no mesmo dia. Se
 AA
está em D1 então D2 pode ser BC ou CB e D3 pode ser BC ou CB, 2*2 =
 4.
AA pode estar em D1,D2,D3. Assim, 4*3 = 12. Para BB e CC seria o
mesmo, dando um total de 3*12 = 36

Re: [obm-l] combinatoria dificil

2008-03-28 Por tôpico Henrique Rennó

Por que seria -2 ?

19H + 13M = 1000
Aplicando (mod 13) em ambos os lados.
6H = 12
H = 2

H = 13x + 2, x = 0

2008/3/28 Marcelo Salhab Brogliato [EMAIL PROTECTED]:
 Olá Johann,

 observando sua solução, vi que H == -2 (mod 13)
 mas, -2 == 11 (mod 13)
 logo: H = 13x - 2 = 13(x-1) + 11

 nao analisei sua solucao desta parte para baixo..

 um abraço,
 Salhab



 2008/3/26 Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet
 [EMAIL PROTECTED]:


  Não é tão escabroso quanto parece:
 
  19H + 13M = 1000
 
  Módulo 13, temos
  19H=1000
  7H=1000=-14
  H=-2=(mod 13)
 
  Entao H=13x+2
 
  Substitui:
 
  19(13x+2) + 13M = 1000
  247x+13M=962
  19x+M=74
 
  M=74-19x
  H=13x+2
 
  Agora que parametrizou, faz com que ambos sejam positivos, ou 74-19x0
 
  7419x
  x74/194
 
  Bem, daí é só testar!
 

-- 
Henrique

=
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] combinatoria dificil

2008-03-27 Por tôpico Thelio Gama

Terei a resposta oficial somente semana que vem. A questão foi proposta pelo
Prof. Paulo Jorge Teixeira (UFF) na 1ª avaliação formativa de um curso em
andamento na PUC-RJ. Mas tudo indica que é realmente 48 e, portanto, houve
um erro nas alternativas.

Em 20/03/08, Henrique Rennó [EMAIL PROTECTED] escreveu:

 Olá pessoal!

 Acredito que a solução do Salhab está correta. Seja Di o dia i e Hj o
 horário j.

 D1H1: 3 matérias
 D1H2: 2 matérias (para não repetir a utilizada em D1H1)
 D1: 6 possibilidades

 Para D2, se escolhermos uma já utilizada em D1 então não poderemos
 utilizar a outra matéria utilizada em D1, senão D3 teria as mesmas
 matérias. Assim, para D2 teríamos uma já utilizada (2 matérias) e uma
 não utilizada. Logo, 2*1 = 2. Como a ordem importa, temos 2*2 = 4.

 D3 só possui 2 formas, com as ordens das matérias trocadas.

 Total: 6*4*2 = 48.

 Essa é uma forma mais lógica de resolver o problema. Estive tentando
 utilizar combinatória e também achei a resposta 48.

 Sejam A,B,C as matérias. Quantas permutações diferentes existem entre
 A,A,B,B,C,C? Cada posição seria um horário em um dia, ou seja,
 D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2. Bastaria calcular o número de
 permutações com repetição, ou seja, 6!/(2!*2!*2!) = 720/8 = 90.

 Sabemos que não podemos ter uma permutação do tipo AABCBC, pois AA
 representa a mesma matéria em D1H1 e D1H2. Então sabemos que a
 resposta é menor que 90.

 As formas inválidas serão:

 Se as 3 matérias do mesmo tipo estão juntas no mesmo dia, ex: AABBCC.
 Existem 3! = 6 formas, considerando AA,BB,CC como 3 elementos
 permutados entre si.

 Não há necessidade de verificar quando 2 matérias estão no mesmo dia
 pois cai no caso acima.

 Quando há apenas 1 matéria repetida em 1 dia, ex: AABCBC, então temos
 12 formas para cada par da mesma matéria utilizada no mesmo dia. Se AA
 está em D1 então D2 pode ser BC ou CB e D3 pode ser BC ou CB, 2*2 = 4.
 AA pode estar em D1,D2,D3. Assim, 4*3 = 12. Para BB e CC seria o
 mesmo, dando um total de 3*12 = 36 formas quando há apenas uma matéria
 que se repete no mesmo dia.

 Assim, o total seria 90 - (6+36) = 90 - 42 = 48 formas distintas de
 compor o horário

 Thelio, você poderia passar a fonte do problema e verificar se as
 respostas são essas mesmo?

 On 3/13/08, Thelio Gama [EMAIL PROTECTED] wrote:
  É pessoal...
 
  Achei muito difícil esta questão. Agradeço se alguém puder explicá-la.
 
  Thelio
 
  uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras, de 8-9 horas e de 11-12
 horas. As
  matérias são portugues, matemática e ingles, cada uma com duas aulas
  semanais, em dias diferentes. De quantos modos pode ser feito o horário
  dessa turma?
  a)96  ; b) 144   ; c)192   ; d) 6!; e) 120


 --
 Henrique

 =
 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] combinatoria dificil

2008-03-25 Por tôpico Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet

Não é tão escabroso quanto parece:

19H + 13M = 1000

Módulo 13, temos
19H=1000
7H=1000=-14
H=-2=(mod 13)

Entao H=13x+2

Substitui:

19(13x+2) + 13M = 1000
247x+13M=962
19x+M=74

M=74-19x
H=13x+2

Agora que parametrizou, faz com que ambos sejam positivos, ou 74-19x0

7419x
x74/194

Bem, daí é só testar!

Em 24/03/08, Fernando[EMAIL PROTECTED] escreveu:


 Oi João Victor, a questão é que eu já havia escrito esta equação. Acontece
 que ela é diofantina, admitindo infinitas soluções. Claro que, de acordo
 com as condições do exercício proposto deve-se conseguir restringir a
 quantidade delas para um número bem menos (eu creio).


P.S.: Nem toda diofantiona tem infinitas soluções.

Diofantina significa somente `resolva em Z={0,1,-1,2,-2,3,-3,...}´
Ou seja, até mesmo x=2 pode ser diofantina, bem como x^3=5

 Amplexo.
 Fernando

  
  


 - Original Message -
 From: Joao Victor Brasil
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 Sent: Monday, March 24, 2008 1:08 PM
 Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil


 Fernando,

 Infelizmente não tenho, mas tenta ver algo nesse sentido:
 19H + 13M = 1000, H= Homem  e M=Mulher

 Joao Victor


 On 3/24/08, Fernando [EMAIL PROTECTED] wrote:
 
 
  Olá João Victor, boa tarde!
 
  Você possui a solução do problema abaixo?
  Se SIM, poderia enviá-la para mim?
 
 
 
  Sociedade Brasileira de Matemática
 
  EUREKA! N°14, 2002
 
  VIII OLIMPÍADA DE MAIO
 
  Enunciados e Resultado Brasileiro
 
  PRIMEIRO NÍVEL
 
  11/05/2002
 
  PROBLEMA 1
 
  Um grupo de homens, alguns dos quais acompanhados pelas esposas, gastaram
 1000
 
  dólares num hotel. Cada homem gastou 19 dólares e cada mulher, 13 dólares.
 
  Determine quantas mulheres e quantos homens estavam no hotel.
 
 
 
  http://www.obm.org.br/eureka/eureka14.pdf
 
  acesso em 23/03/2008
 
 
  Agradeço sua atenção.
 
  Amplexo.
  Fernando Pinto
 
  
  

 
  - Original Message -
  From: Joao Victor Brasil
  To: obm-l@mat.puc-rio.br
  Sent: Monday, March 24, 2008 10:29 AM
  Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil
 
 
 
  É verdade pessoal. Errei e muito na minha resolução.
 
  Mas olha só, concordo plenamente com a resposta do Henrique, 48
 possibilidades.
 
  Usando o princípio multiplicativo D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2 achei 72
 possibilidades, me alertaram sobre as repetições e analisei um modo de
 retirá-las.
  D1H1:3 disc
  D1H2: 2 disc
  D2H1: 2 disc (repetir as mesmas disciplinas do dia 1)
  D2H2: 1 disc
  D3H1: 2 disc (apesar de sobrar somente uma disc, temos duas aulas)
  D3H2: 1 disc
 
  3*2*2*1*2*1 = 24.   72 - 24 = 48 poss.
 
  Joao Victor
 
 
  On 3/20/08, Henrique Rennó [EMAIL PROTECTED] wrote:
   Olá pessoal!
  
   Acredito que a solução do Salhab está correta. Seja Di o dia i e Hj o
 horário j.
  
   D1H1: 3 matérias
   D1H2: 2 matérias (para não repetir a utilizada em D1H1)
   D1: 6 possibilidades
  
   Para D2, se escolhermos uma já utilizada em D1 então não poderemos
   utilizar a outra matéria utilizada em D1, senão D3 teria as mesmas
   matérias. Assim, para D2 teríamos uma já utilizada (2 matérias) e uma
   não utilizada. Logo, 2*1 = 2. Como a ordem importa, temos 2*2 = 4.
  
   D3 só possui 2 formas, com as ordens das matérias trocadas.
  
   Total: 6*4*2 = 48.
  
   Essa é uma forma mais lógica de resolver o problema. Estive tentando
   utilizar combinatória e também achei a resposta 48.
  
   Sejam A,B,C as matérias. Quantas permutações diferentes existem entre
   A,A,B,B,C,C? Cada posição seria um horário em um dia, ou seja,
   D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2. Bastaria calcular o número de
   permutações com repetição, ou seja, 6!/(2!*2!*2!) = 720/8 = 90.
  
   Sabemos que não podemos ter uma permutação do tipo AABCBC, pois AA
   representa a mesma matéria em D1H1 e D1H2. Então sabemos que a
   resposta é menor que 90.
  
   As formas inválidas serão:
  
   Se as 3 matérias do mesmo tipo estão juntas no mesmo dia, ex: AABBCC.
   Existem 3! = 6 formas, considerando AA,BB,CC como 3 elementos
   permutados entre si.
  
   Não há necessidade de verificar quando 2 matérias estão no mesmo dia
   pois cai no caso acima.
  
   Quando há apenas 1 matéria repetida em 1 dia, ex: AABCBC, então temos
   12 formas para cada par da mesma matéria utilizada no mesmo dia. Se AA
   está em D1 então D2 pode ser BC ou CB e D3 pode ser BC ou CB, 2*2 = 4.
   AA pode estar em D1,D2,D3. Assim, 4*3 = 12. Para BB e CC seria o
   mesmo, dando um total de 3*12 = 36 formas quando há apenas uma matéria
   que se repete no mesmo dia.
  
   Assim, o total seria 90 - (6+36) = 90 - 42 = 48 formas distintas de
   compor o horário
  
   Thelio, você poderia passar a fonte do problema e verificar se as
   respostas são essas mesmo?
  
   On 3/13/08, Thelio Gama [EMAIL PROTECTED] wrote:
É pessoal...
   
Achei muito difícil esta questão. Agradeço se alguém puder explicá-la.
   
Thelio
   
uma

Re: [obm-l] combinatoria dificil

2008-03-24 Por tôpico Joao Victor Brasil

É verdade pessoal. Errei e muito na minha resolução.

Mas olha só, concordo plenamente com a resposta do Henrique, 48
possibilidades.

Usando o princípio multiplicativo D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2 achei 72
possibilidades, me alertaram sobre as repetições e analisei um modo de
retirá-las.
D1H1:3 disc
D1H2: 2 disc
D2H1: 2 disc (repetir as mesmas disciplinas do dia 1)
D2H2: 1 disc
D3H1: 2 disc (apesar de sobrar somente uma disc, temos duas aulas)
D3H2: 1 disc

3*2*2*1*2*1 = 24.   72 - 24 = 48 poss.

Joao Victor


On 3/20/08, Henrique Rennó [EMAIL PROTECTED] wrote:

 Olá pessoal!

 Acredito que a solução do Salhab está correta. Seja Di o dia i e Hj o
 horário j.

 D1H1: 3 matérias
 D1H2: 2 matérias (para não repetir a utilizada em D1H1)
 D1: 6 possibilidades

 Para D2, se escolhermos uma já utilizada em D1 então não poderemos
 utilizar a outra matéria utilizada em D1, senão D3 teria as mesmas
 matérias. Assim, para D2 teríamos uma já utilizada (2 matérias) e uma
 não utilizada. Logo, 2*1 = 2. Como a ordem importa, temos 2*2 = 4.

 D3 só possui 2 formas, com as ordens das matérias trocadas.

 Total: 6*4*2 = 48.

 Essa é uma forma mais lógica de resolver o problema. Estive tentando
 utilizar combinatória e também achei a resposta 48.

 Sejam A,B,C as matérias. Quantas permutações diferentes existem entre
 A,A,B,B,C,C? Cada posição seria um horário em um dia, ou seja,
 D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2. Bastaria calcular o número de
 permutações com repetição, ou seja, 6!/(2!*2!*2!) = 720/8 = 90.

 Sabemos que não podemos ter uma permutação do tipo AABCBC, pois AA
 representa a mesma matéria em D1H1 e D1H2. Então sabemos que a
 resposta é menor que 90.

 As formas inválidas serão:

 Se as 3 matérias do mesmo tipo estão juntas no mesmo dia, ex: AABBCC.
 Existem 3! = 6 formas, considerando AA,BB,CC como 3 elementos
 permutados entre si.

 Não há necessidade de verificar quando 2 matérias estão no mesmo dia
 pois cai no caso acima.

 Quando há apenas 1 matéria repetida em 1 dia, ex: AABCBC, então temos
 12 formas para cada par da mesma matéria utilizada no mesmo dia. Se AA
 está em D1 então D2 pode ser BC ou CB e D3 pode ser BC ou CB, 2*2 = 4.
 AA pode estar em D1,D2,D3. Assim, 4*3 = 12. Para BB e CC seria o
 mesmo, dando um total de 3*12 = 36 formas quando há apenas uma matéria
 que se repete no mesmo dia.

 Assim, o total seria 90 - (6+36) = 90 - 42 = 48 formas distintas de
 compor o horário

 Thelio, você poderia passar a fonte do problema e verificar se as
 respostas são essas mesmo?

 On 3/13/08, Thelio Gama [EMAIL PROTECTED] wrote:
  É pessoal...
 
  Achei muito difícil esta questão. Agradeço se alguém puder explicá-la.
 
  Thelio
 
  uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras, de 8-9 horas e de 11-12
 horas. As
  matérias são portugues, matemática e ingles, cada uma com duas aulas
  semanais, em dias diferentes. De quantos modos pode ser feito o horário
  dessa turma?
  a)96  ; b) 144   ; c)192   ; d) 6!; e) 120


 --
 Henrique

 =
 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] combinatoria dificil

2008-03-24 Por tôpico Fernando

Olá João Victor, boa tarde!

Você possui a solução do problema abaixo?
Se SIM, poderia enviá-la para mim?

Sociedade Brasileira de Matemática

EUREKA! N°14, 2002

VIII OLIMPÍADA DE MAIO

Enunciados e Resultado Brasileiro

PRIMEIRO NÍVEL

11/05/2002

PROBLEMA 1

Um grupo de homens, alguns dos quais acompanhados pelas esposas, gastaram 1000

dólares num hotel. Cada homem gastou 19 dólares e cada mulher, 13 dólares.

Determine quantas mulheres e quantos homens estavam no hotel.



http://www.obm.org.br/eureka/eureka14.pdf

acesso em 23/03/2008



Agradeço sua atenção.

Amplexo.
Fernando Pinto






  - Original Message - 
  From: Joao Victor Brasil 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Monday, March 24, 2008 10:29 AM
  Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil


  É verdade pessoal. Errei e muito na minha resolução.

  Mas olha só, concordo plenamente com a resposta do Henrique, 48 
possibilidades.

  Usando o princípio multiplicativo D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2 achei 72 
possibilidades, me alertaram sobre as repetições e analisei um modo de 
retirá-las.
  D1H1:3 disc
  D1H2: 2 disc 
  D2H1: 2 disc (repetir as mesmas disciplinas do dia 1)
  D2H2: 1 disc
  D3H1: 2 disc (apesar de sobrar somente uma disc, temos duas aulas)
  D3H2: 1 disc

  3*2*2*1*2*1 = 24.   72 - 24 = 48 poss.

  Joao Victor

   
  On 3/20/08, Henrique Rennó [EMAIL PROTECTED] wrote: 
Olá pessoal!

Acredito que a solução do Salhab está correta. Seja Di o dia i e Hj o 
horário j.

D1H1: 3 matérias
D1H2: 2 matérias (para não repetir a utilizada em D1H1)
D1: 6 possibilidades

Para D2, se escolhermos uma já utilizada em D1 então não poderemos
utilizar a outra matéria utilizada em D1, senão D3 teria as mesmas
matérias. Assim, para D2 teríamos uma já utilizada (2 matérias) e uma
não utilizada. Logo, 2*1 = 2. Como a ordem importa, temos 2*2 = 4.

D3 só possui 2 formas, com as ordens das matérias trocadas.

Total: 6*4*2 = 48.

Essa é uma forma mais lógica de resolver o problema. Estive tentando
utilizar combinatória e também achei a resposta 48.

Sejam A,B,C as matérias. Quantas permutações diferentes existem entre
A,A,B,B,C,C? Cada posição seria um horário em um dia, ou seja,
D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2. Bastaria calcular o número de
permutações com repetição, ou seja, 6!/(2!*2!*2!) = 720/8 = 90.

Sabemos que não podemos ter uma permutação do tipo AABCBC, pois AA
representa a mesma matéria em D1H1 e D1H2. Então sabemos que a
resposta é menor que 90.

As formas inválidas serão:

Se as 3 matérias do mesmo tipo estão juntas no mesmo dia, ex: AABBCC.
Existem 3! = 6 formas, considerando AA,BB,CC como 3 elementos
permutados entre si.

Não há necessidade de verificar quando 2 matérias estão no mesmo dia
pois cai no caso acima.

Quando há apenas 1 matéria repetida em 1 dia, ex: AABCBC, então temos
12 formas para cada par da mesma matéria utilizada no mesmo dia. Se AA
está em D1 então D2 pode ser BC ou CB e D3 pode ser BC ou CB, 2*2 = 4.
AA pode estar em D1,D2,D3. Assim, 4*3 = 12. Para BB e CC seria o
mesmo, dando um total de 3*12 = 36 formas quando há apenas uma matéria
que se repete no mesmo dia.

Assim, o total seria 90 - (6+36) = 90 - 42 = 48 formas distintas de
compor o horário

Thelio, você poderia passar a fonte do problema e verificar se as
respostas são essas mesmo?

On 3/13/08, Thelio Gama [EMAIL PROTECTED] wrote:
 É pessoal...

 Achei muito difícil esta questão. Agradeço se alguém puder explicá-la.

 Thelio

 uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras, de 8-9 horas e de 11-12 horas. 
As
 matérias são portugues, matemática e ingles, cada uma com duas aulas
 semanais, em dias diferentes. De quantos modos pode ser feito o horário
 dessa turma?
 a)96  ; b) 144   ; c)192   ; d) 6!; e) 120


--
Henrique

=
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] combinatoria dificil

2008-03-24 Por tôpico Joao Victor Brasil

Fernando,

Infelizmente não tenho, mas tenta ver algo nesse sentido:
19H + 13M = 1000, H= Homem  e M=Mulher

Joao Victor


On 3/24/08, Fernando [EMAIL PROTECTED] wrote:

  Olá João Victor, boa tarde!

 Você possui a solução do problema abaixo?
 Se SIM, poderia enviá-la para mim?

 *

 Sociedade Brasileira de Matemática

 EUREKA! N°14, 2002
 *

 *VIII OLIMPÍADA DE MAIO*
 *

 Enunciados e Resultado Brasileiro
 *

 *PRIMEIRO NÍVEL*

 *11/05/2002*

 *PROBLEMA 1*

 *Um grupo de homens, alguns dos quais acompanhados pelas esposas, gastaram
 1000*

 *dólares num hotel. Cada homem gastou 19 dólares e cada mulher, 13
 dólares.*

 *Determine quantas mulheres e quantos homens estavam no hotel.*

 **

 *http://www.obm.org.br/eureka/eureka14.pdf*

 *acesso em 23/03/2008*
 **

 Agradeço sua atenção.

 Amplexo.
 Fernando Pinto

  --
 --

 - Original Message -
 *From:* Joao Victor Brasil [EMAIL PROTECTED]
 *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
 *Sent:* Monday, March 24, 2008 10:29 AM
 *Subject:* Re: [obm-l] combinatoria dificil


  É verdade pessoal. Errei e muito na minha resolução.

 Mas olha só, concordo plenamente com a resposta do Henrique, 48
 possibilidades.

 Usando o princípio multiplicativo D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2 achei 72
 possibilidades, me alertaram sobre as repetições e analisei um modo de
 retirá-las.
 D1H1:3 disc
 D1H2: 2 disc
 D2H1: 2 disc (repetir as mesmas disciplinas do dia 1)
 D2H2: 1 disc
 D3H1: 2 disc (apesar de sobrar somente uma disc, temos duas aulas)
 D3H2: 1 disc

 3*2*2*1*2*1 = 24.   72 - 24 = 48 poss.

 Joao Victor


 On 3/20/08, Henrique Rennó [EMAIL PROTECTED] wrote:
 
  Olá pessoal!
 
  Acredito que a solução do Salhab está correta. Seja Di o dia i e Hj o
  horário j.
 
  D1H1: 3 matérias
  D1H2: 2 matérias (para não repetir a utilizada em D1H1)
  D1: 6 possibilidades
 
  Para D2, se escolhermos uma já utilizada em D1 então não poderemos
  utilizar a outra matéria utilizada em D1, senão D3 teria as mesmas
  matérias. Assim, para D2 teríamos uma já utilizada (2 matérias) e uma
  não utilizada. Logo, 2*1 = 2. Como a ordem importa, temos 2*2 = 4.
 
  D3 só possui 2 formas, com as ordens das matérias trocadas.
 
  Total: 6*4*2 = 48.
 
  Essa é uma forma mais lógica de resolver o problema. Estive tentando
  utilizar combinatória e também achei a resposta 48.
 
  Sejam A,B,C as matérias. Quantas permutações diferentes existem entre
  A,A,B,B,C,C? Cada posição seria um horário em um dia, ou seja,
  D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2. Bastaria calcular o número de
  permutações com repetição, ou seja, 6!/(2!*2!*2!) = 720/8 = 90.
 
  Sabemos que não podemos ter uma permutação do tipo AABCBC, pois AA
  representa a mesma matéria em D1H1 e D1H2. Então sabemos que a
  resposta é menor que 90.
 
  As formas inválidas serão:
 
  Se as 3 matérias do mesmo tipo estão juntas no mesmo dia, ex: AABBCC.
  Existem 3! = 6 formas, considerando AA,BB,CC como 3 elementos
  permutados entre si.
 
  Não há necessidade de verificar quando 2 matérias estão no mesmo dia
  pois cai no caso acima.
 
  Quando há apenas 1 matéria repetida em 1 dia, ex: AABCBC, então temos
  12 formas para cada par da mesma matéria utilizada no mesmo dia. Se AA
  está em D1 então D2 pode ser BC ou CB e D3 pode ser BC ou CB, 2*2 = 4.
  AA pode estar em D1,D2,D3. Assim, 4*3 = 12. Para BB e CC seria o
  mesmo, dando um total de 3*12 = 36 formas quando há apenas uma matéria
  que se repete no mesmo dia.
 
  Assim, o total seria 90 - (6+36) = 90 - 42 = 48 formas distintas de
  compor o horário
 
  Thelio, você poderia passar a fonte do problema e verificar se as
  respostas são essas mesmo?
 
  On 3/13/08, Thelio Gama [EMAIL PROTECTED] wrote:
   É pessoal...
  
   Achei muito difícil esta questão. Agradeço se alguém puder explicá-la.
  
   Thelio
  
   uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras, de 8-9 horas e de 11-12
  horas. As
   matérias são portugues, matemática e ingles, cada uma com duas aulas
   semanais, em dias diferentes. De quantos modos pode ser feito o
  horário
   dessa turma?
   a)96  ; b) 144   ; c)192   ; d) 6!; e) 120
 
 
  --
  Henrique
 
 
  =
  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] combinatoria dificil

2008-03-24 Por tôpico Fernando

Oi João Victor, a questão é que eu já havia escrito esta equação. Acontece que 
ela é diofantina, admitindo infinitas soluções. Claro que, de acordo com as 
condições do exercício proposto deve-se conseguir restringir a quantidade delas 
para um número bem menos (eu creio).

Amplexo.
Fernando






  - Original Message - 
  From: Joao Victor Brasil 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Monday, March 24, 2008 1:08 PM
  Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil


  Fernando,

  Infelizmente não tenho, mas tenta ver algo nesse sentido:
  19H + 13M = 1000, H= Homem  e M=Mulher

  Joao Victor

   
  On 3/24/08, Fernando [EMAIL PROTECTED] wrote: 
Olá João Victor, boa tarde!

Você possui a solução do problema abaixo?
Se SIM, poderia enviá-la para mim?

Sociedade Brasileira de Matemática

EUREKA! N°14, 2002

VIII OLIMPÍADA DE MAIO

Enunciados e Resultado Brasileiro

PRIMEIRO NÍVEL

11/05/2002

PROBLEMA 1

Um grupo de homens, alguns dos quais acompanhados pelas esposas, gastaram 
1000

dólares num hotel. Cada homem gastou 19 dólares e cada mulher, 13 dólares.

Determine quantas mulheres e quantos homens estavam no hotel.



http://www.obm.org.br/eureka/eureka14.pdf

acesso em 23/03/2008



Agradeço sua atenção.

Amplexo.
Fernando Pinto






  - Original Message - 
  From: Joao Victor Brasil 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Monday, March 24, 2008 10:29 AM
  Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil

   
  É verdade pessoal. Errei e muito na minha resolução.

  Mas olha só, concordo plenamente com a resposta do Henrique, 48 
possibilidades.

  Usando o princípio multiplicativo D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2 achei 72 
possibilidades, me alertaram sobre as repetições e analisei um modo de 
retirá-las.
  D1H1:3 disc
  D1H2: 2 disc 
  D2H1: 2 disc (repetir as mesmas disciplinas do dia 1)
  D2H2: 1 disc
  D3H1: 2 disc (apesar de sobrar somente uma disc, temos duas aulas)
  D3H2: 1 disc

  3*2*2*1*2*1 = 24.   72 - 24 = 48 poss.

  Joao Victor

   
  On 3/20/08, Henrique Rennó [EMAIL PROTECTED] wrote: 
Olá pessoal!

Acredito que a solução do Salhab está correta. Seja Di o dia i e Hj o 
horário j.

D1H1: 3 matérias
D1H2: 2 matérias (para não repetir a utilizada em D1H1)
D1: 6 possibilidades

Para D2, se escolhermos uma já utilizada em D1 então não poderemos
utilizar a outra matéria utilizada em D1, senão D3 teria as mesmas
matérias. Assim, para D2 teríamos uma já utilizada (2 matérias) e uma
não utilizada. Logo, 2*1 = 2. Como a ordem importa, temos 2*2 = 4.

D3 só possui 2 formas, com as ordens das matérias trocadas.

Total: 6*4*2 = 48.

Essa é uma forma mais lógica de resolver o problema. Estive tentando
utilizar combinatória e também achei a resposta 48.

Sejam A,B,C as matérias. Quantas permutações diferentes existem entre
A,A,B,B,C,C? Cada posição seria um horário em um dia, ou seja,
D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2. Bastaria calcular o número de
permutações com repetição, ou seja, 6!/(2!*2!*2!) = 720/8 = 90.

Sabemos que não podemos ter uma permutação do tipo AABCBC, pois AA
representa a mesma matéria em D1H1 e D1H2. Então sabemos que a
resposta é menor que 90.

As formas inválidas serão:

Se as 3 matérias do mesmo tipo estão juntas no mesmo dia, ex: AABBCC.
Existem 3! = 6 formas, considerando AA,BB,CC como 3 elementos
permutados entre si.

Não há necessidade de verificar quando 2 matérias estão no mesmo dia
pois cai no caso acima.

Quando há apenas 1 matéria repetida em 1 dia, ex: AABCBC, então temos
12 formas para cada par da mesma matéria utilizada no mesmo dia. Se AA
está em D1 então D2 pode ser BC ou CB e D3 pode ser BC ou CB, 2*2 = 4.
AA pode estar em D1,D2,D3. Assim, 4*3 = 12. Para BB e CC seria o
mesmo, dando um total de 3*12 = 36 formas quando há apenas uma matéria
que se repete no mesmo dia.

Assim, o total seria 90 - (6+36) = 90 - 42 = 48 formas distintas de
compor o horário

Thelio, você poderia passar a fonte do problema e verificar se as
respostas são essas mesmo?

On 3/13/08, Thelio Gama [EMAIL PROTECTED] wrote:
 É pessoal...

 Achei muito difícil esta questão. Agradeço se alguém puder explicá-la.

 Thelio

 uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras, de 8-9 horas e de 11-12 
horas

Re: [obm-l] combinatoria dificil

2008-03-20 Por tôpico Antonio Giansante

Pois é joão acho q dessa forma a gente acaba
contando os casos em que há a mesma matéria duas vezes
no dia. Por exemplo: D1: H1: 3 opções-- escolho M; H2
duas opções-- escolho F; 
D2 -- H1: 3 opções: escolho M   H2 -- duas opções:
escolho F. 
Assim, para d3, sobra apenas 2 opções Q, o q não pode
ocorrer. 

Parece que realmente há um erro no gabarito. Veja que
a árvore fornece todas as possibilidades. Como eu
contei erroneamente duas vezes (conforme observou bem
o rafael), a resposta parece ser mesmo 48, não? 

--- Joao Victor Brasil [EMAIL PROTECTED] escreveu:

 Estava pensando o seguinte, se D1 é segunda, D2
 quarta e D3 sexta,
 e H1 aula de 8-9 hs e H2  aula de 11-12 hs, quantas
 possibilidades de
 matérias podemos ter por aula?
 
 D1 H1:3 matérias (MAT, FIS, QUI)
  H2:2 matérias (a que não foi escolhida antes)
 
 D2 H1:3 matérias (MAT, FIS, QUI, pode ser a segunda
 aula da semana,
 todas voltam)
  H2:2 matérias (a que não foi escolhida antes)
 
 D3 H1:2 matérias (Uma matéria já usou suas duas
 aulas semanais)
  H2:1 matérias
 
 Pelo princípio multiplicativo, teremos 3x2x3x2x2x1 =
 72.
 Mas D1H1 pode trocar com D1H2 sem prejuízo, teremos
 então 72x2x2x2
 (uma multiplicação para cada dia)=576.
 Com esse processo, contamos mais de uma vez os
 horários, devemos divir
 por 3! para corrigir nosso erro.
 Logo teremos 96 horários diferentes.
 
 Joao Victor Brasil
 
 On 3/19/08, Rafael Cano [EMAIL PROTECTED]
 wrote:
  Olá Antonio.
  Acho que você contou duas vezes cada horário
 possível.
  Da maneira que você fez você já tinha considerado
 a ordem das aulas em cada
  dia. A árvore de possibilidades já considera todas
 as formas de se preencher
  a primeira aula de cada dia. Por exemplo: suponha
 que a primeira aula de
  cada dia é MAT, FIS, QUI, nessa ordem, e que a
 segunda aula de cada dia  é
  FIS, QUI, MAT. Mas o ramo da árvore que começa com
 FIS também considera que
  é possível formar um horário em que a primeira
 aula de cada dia é FIS, QUI,
  MAT, e a segunda aula de cada dia é MAT, FIS, QUI,
 ou seja, exatamente o
  horário anterior, mas com a ordem das matérias
 invertidas.
  Abraços
 
  - Original Message -
  From: Antonio Giansante [EMAIL PROTECTED]
  To: obm-l@mat.puc-rio.br
  Sent: Wednesday, March 19, 2008 5:27 PM
  Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil
 
 
   Desculpem..depois que eu percebi: eu falei que
 foi
   pego a 1a opção, porém a ordem MAT  QUI  FIS é a
 5a
   opção.
   --- Antonio Giansante [EMAIL PROTECTED]
   escreveu:
  
   Olá. Sempre que eu tenho dificuldades em
 resolver um
   problema de combinatória eu apelo para a
 árvore de
   possibilidades. Ficou assim(Obs: O tanso aqui
 fez
   como MAT, FIS e QUI, ao invés das disciplinas
 do
   enunciado, mas dá na mesma, ok? Desculpe pela
   viajada):
  
segunda  quarta  sexta
  
 QUI
 FIS FIS
 MAT
  
 QUI
 MAT QUI FIS
 MAT
  
 QUI
 MAT FIS
  
   Dessa forma, se a 1a aula do 1o dia for FIS, tb
   teremos oito opçoes, e o mesmo para QUI,
 perfazendo
   um
   total de 24 possibilidades. Vamos analisar
 agora o
   que
   acontece com uma dessas escolhas. Supondo que
   tenhamos
   escolhido a primeira opção da árvore para as
   primeiras
   aulas:
   MAT   QUI   FIS
  
   Então, na segunda aula, só poderemos ter as
 opções
  
   FIS   MAT   QUI  ou QUI   FIS   MAT.
   Observe que outras ordens destes não são
 possíveis
   devido à condição de nõ poder ser matérias
 iguais no
   mesmo dia. Sendo assim, temos duas opções de
   preenchimento das aulas da semana para cada
 opção da
   árvore. Como são 24 opções iniciais, dá um
 total de:
   24x2=48.
   Entretanto, nós ainda não consideremaos o fato
 de
   que
   a ordem das duas aulas podem ser trocadas no
 dia.
   Assim, se começarmos a preencher as opções da
   segunda
   aula primeiro, teremos mais 48 possibildades, o
 que
   dá
   um total de 96 possibilidades de horário.Ou
 não,
   como diria Caetano! (posso ter errado também,
   ehehe).
   Espero ter ajudado. ABÇS
 
  2008/3/13 Thelio Gama
 [EMAIL PROTECTED]:
   
É pessoal...
   
Achei muito difícil esta questão.
 Agradeço se
alguém puder explicá-la.
   
Thelio
   
uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª
 feiras, de
8-9 horas e de 11-12 horas. As matérias são
portugues, matemática e ingles, cada uma com
 duas
aulas semanais, em dias diferentes. De
 quantos
   modos
pode ser feito o horário dessa turma?
a)96  ; b) 144   ; c)192   ; d) 6!;
 e) 120
   
   
  
  
  
 Abra sua conta no Yahoo! Mail, o único
 sem
   limite de espaço para armazenamento!
   http://br.mail.yahoo.com

Re: [obm-l] combinatoria dificil

2008-03-20 Por tôpico Henrique Rennó

Olá pessoal!

Acredito que a solução do Salhab está correta. Seja Di o dia i e Hj o horário j.

D1H1: 3 matérias
D1H2: 2 matérias (para não repetir a utilizada em D1H1)
D1: 6 possibilidades

Para D2, se escolhermos uma já utilizada em D1 então não poderemos
utilizar a outra matéria utilizada em D1, senão D3 teria as mesmas
matérias. Assim, para D2 teríamos uma já utilizada (2 matérias) e uma
não utilizada. Logo, 2*1 = 2. Como a ordem importa, temos 2*2 = 4.

D3 só possui 2 formas, com as ordens das matérias trocadas.

Total: 6*4*2 = 48.

Essa é uma forma mais lógica de resolver o problema. Estive tentando
utilizar combinatória e também achei a resposta 48.

Sejam A,B,C as matérias. Quantas permutações diferentes existem entre
A,A,B,B,C,C? Cada posição seria um horário em um dia, ou seja,
D1H1_D1H2_D2H1_D2H2_D3H1_D3H2. Bastaria calcular o número de
permutações com repetição, ou seja, 6!/(2!*2!*2!) = 720/8 = 90.

Sabemos que não podemos ter uma permutação do tipo AABCBC, pois AA
representa a mesma matéria em D1H1 e D1H2. Então sabemos que a
resposta é menor que 90.

As formas inválidas serão:

Se as 3 matérias do mesmo tipo estão juntas no mesmo dia, ex: AABBCC.
Existem 3! = 6 formas, considerando AA,BB,CC como 3 elementos
permutados entre si.

Não há necessidade de verificar quando 2 matérias estão no mesmo dia
pois cai no caso acima.

Quando há apenas 1 matéria repetida em 1 dia, ex: AABCBC, então temos
12 formas para cada par da mesma matéria utilizada no mesmo dia. Se AA
está em D1 então D2 pode ser BC ou CB e D3 pode ser BC ou CB, 2*2 = 4.
AA pode estar em D1,D2,D3. Assim, 4*3 = 12. Para BB e CC seria o
mesmo, dando um total de 3*12 = 36 formas quando há apenas uma matéria
que se repete no mesmo dia.

Assim, o total seria 90 - (6+36) = 90 - 42 = 48 formas distintas de
compor o horário

Thelio, você poderia passar a fonte do problema e verificar se as
respostas são essas mesmo?

On 3/13/08, Thelio Gama [EMAIL PROTECTED] wrote:
 É pessoal...

 Achei muito difícil esta questão. Agradeço se alguém puder explicá-la.

 Thelio

 uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras, de 8-9 horas e de 11-12 horas. As
 matérias são portugues, matemática e ingles, cada uma com duas aulas
 semanais, em dias diferentes. De quantos modos pode ser feito o horário
 dessa turma?
 a)96  ; b) 144   ; c)192   ; d) 6!; e) 120


-- 
Henrique

=
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] combinatoria dificil

2008-03-19 Por tôpico Antonio Giansante

Olá. Sempre que eu tenho dificuldades em resolver um
problema de combinatória eu apelo para a árvore de
possibilidades. Ficou assim(Obs: O tanso aqui fez
como MAT, FIS e QUI, ao invés das disciplinas do
enunciado, mas dá na mesma, ok? Desculpe pela
viajada):

 segunda  quarta  sexta

  QUI
  FIS FIS
  MAT

  QUI
  MAT QUI FIS
  MAT
 
  QUI
  MAT FIS

Dessa forma, se a 1a aula do 1o dia for FIS, tb
teremos oito opçoes, e o mesmo para QUI, perfazendo um
total de 24 possibilidades. Vamos analisar agora o que
acontece com uma dessas escolhas. Supondo que tenhamos
escolhido a primeira opção da árvore para as primeiras
aulas:
MAT   QUI   FIS

Então, na segunda aula, só poderemos ter as opções

FIS   MAT   QUI  ou QUI   FIS   MAT. 
Observe que outras ordens destes não são possíveis
devido à condição de nõ poder ser matérias iguais no
mesmo dia. Sendo assim, temos duas opções de
preenchimento das aulas da semana para cada opção da
árvore. Como são 24 opções iniciais, dá um total de:
24x2=48.
Entretanto, nós ainda não consideremaos o fato de que
a ordem das duas aulas podem ser trocadas no dia.
Assim, se começarmos a preencher as opções da segunda
aula primeiro, teremos mais 48 possibildades, o que dá
um total de 96 possibilidades de horário.Ou não,
como diria Caetano! (posso ter errado também, ehehe).
Espero ter ajudado. ABÇS 




--- Rafael Cano [EMAIL PROTECTED] escreveu:

 Olá,
 Salhab, eu não consegui encontrar nenhum erro na sua
 solução. Na verdade eu consegui resolver de outra
 forma e cheguei no mesmo resultado.
 Como nenhuma matéria pode repetir no mesmo dia então
 obrigatoriamente nos 3 dias os três pares têm que
 aparecer (vou chamar de A, B, C pra ficar mais
 fácil): (A,B), (B,C) e (C,A). Veja que há 3!=6
 formas de escolher os pares para cada dia e em cada
 dia podemos inverter a ordem das matérias, ou seja,
 há 6 formas de escolher em qual dia fica cada par e
 2 formas de organizar as matérias por dia. Logo:
 6*2*2*2=48.
 
 Abraços
 
   - Original Message - 
   From: Marcelo Salhab Brogliato 
   To: obm-l@mat.puc-rio.br 
   Sent: Thursday, March 13, 2008 4:48 PM
   Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil
 
 
   Olá Thelio,
 
   Temos 3 matérias, cada uma com 2 aulas semanais em
 dias diferentes, e 3 dias.
   Para o primeiro dia, vamos escolher 2 das 3
 matérias: 3*2 = 6 modos
   Para o segundo dia, só podemos repetir uma
 matéria, portanto temos: 2(devido a ordem)*2*1 = 4
 modos
   Para o terceiro dia, as matérias já estão
 determinadas, temos apenas a ordem, portanto: 2
 modos
 
   assim, temos: 6*4*2 = 48 modos
   mas não tem alternativa.. então devo ter errado.
   Vamos aguardar alguém me corrigir ;)
 
   abraços,
   Salhab
 
 
 
   2008/3/13 Thelio Gama [EMAIL PROTECTED]:
 
 É pessoal...
 
 Achei muito difícil esta questão. Agradeço se
 alguém puder explicá-la.
 
 Thelio
 
 uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras, de
 8-9 horas e de 11-12 horas. As matérias são
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 pode ser feito o horário dessa turma? 
 a)96  ; b) 144   ; c)192   ; d) 6!; e) 120
 
 



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Re: [obm-l] combinatoria dificil

2008-03-19 Por tôpico Antonio Giansante

Desculpem..depois que eu percebi: eu falei que foi
pego a 1a opção, porém a ordem MAT  QUI  FIS é a 5a
opção. 
--- Antonio Giansante [EMAIL PROTECTED]
escreveu:

 Olá. Sempre que eu tenho dificuldades em resolver um
 problema de combinatória eu apelo para a árvore de
 possibilidades. Ficou assim(Obs: O tanso aqui fez
 como MAT, FIS e QUI, ao invés das disciplinas do
 enunciado, mas dá na mesma, ok? Desculpe pela
 viajada):
 
  segunda  quarta  sexta
 
   QUI
   FIS FIS
   MAT
 
   QUI
   MAT QUI FIS
   MAT
  
   QUI
   MAT FIS
 
 Dessa forma, se a 1a aula do 1o dia for FIS, tb
 teremos oito opçoes, e o mesmo para QUI, perfazendo
 um
 total de 24 possibilidades. Vamos analisar agora o
 que
 acontece com uma dessas escolhas. Supondo que
 tenhamos
 escolhido a primeira opção da árvore para as
 primeiras
 aulas:
 MAT   QUI   FIS
 
 Então, na segunda aula, só poderemos ter as opções
 
 FIS   MAT   QUI  ou QUI   FIS   MAT. 
 Observe que outras ordens destes não são possíveis
 devido à condição de nõ poder ser matérias iguais no
 mesmo dia. Sendo assim, temos duas opções de
 preenchimento das aulas da semana para cada opção da
 árvore. Como são 24 opções iniciais, dá um total de:
 24x2=48.
 Entretanto, nós ainda não consideremaos o fato de
 que
 a ordem das duas aulas podem ser trocadas no dia.
 Assim, se começarmos a preencher as opções da
 segunda
 aula primeiro, teremos mais 48 possibildades, o que
 dá
 um total de 96 possibilidades de horário.Ou não,
 como diria Caetano! (posso ter errado também,
 ehehe).
 Espero ter ajudado. ABÇS 
 
 
 
 
 --- Rafael Cano [EMAIL PROTECTED] escreveu:
 
  Olá,
  Salhab, eu não consegui encontrar nenhum erro na
 sua
  solução. Na verdade eu consegui resolver de outra
  forma e cheguei no mesmo resultado.
  Como nenhuma matéria pode repetir no mesmo dia
 então
  obrigatoriamente nos 3 dias os três pares têm que
  aparecer (vou chamar de A, B, C pra ficar mais
  fácil): (A,B), (B,C) e (C,A). Veja que há 3!=6
  formas de escolher os pares para cada dia e em
 cada
  dia podemos inverter a ordem das matérias, ou
 seja,
  há 6 formas de escolher em qual dia fica cada par
 e
  2 formas de organizar as matérias por dia. Logo:
  6*2*2*2=48.
  
  Abraços
  
- Original Message - 
From: Marcelo Salhab Brogliato 
To: obm-l@mat.puc-rio.br 
Sent: Thursday, March 13, 2008 4:48 PM
Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil
  
  
Olá Thelio,
  
Temos 3 matérias, cada uma com 2 aulas semanais
 em
  dias diferentes, e 3 dias.
Para o primeiro dia, vamos escolher 2 das 3
  matérias: 3*2 = 6 modos
Para o segundo dia, só podemos repetir uma
  matéria, portanto temos: 2(devido a ordem)*2*1 = 4
  modos
Para o terceiro dia, as matérias já estão
  determinadas, temos apenas a ordem, portanto: 2
  modos
  
assim, temos: 6*4*2 = 48 modos
mas não tem alternativa.. então devo ter errado.
Vamos aguardar alguém me corrigir ;)
  
abraços,
Salhab
  
  
  
2008/3/13 Thelio Gama [EMAIL PROTECTED]:
  
  É pessoal...
  
  Achei muito difícil esta questão. Agradeço se
  alguém puder explicá-la.
  
  Thelio
  
  uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras, de
  8-9 horas e de 11-12 horas. As matérias são
  portugues, matemática e ingles, cada uma com duas
  aulas semanais, em dias diferentes. De quantos
 modos
  pode ser feito o horário dessa turma? 
  a)96  ; b) 144   ; c)192   ; d) 6!; e) 120
  
  
 
 
 
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Re: [obm-l] combinatoria dificil

2008-03-19 Por tôpico Rafael Cano


Olá Antonio.
Acho que você contou duas vezes cada horário possível.
Da maneira que você fez você já tinha considerado a ordem das aulas em cada 
dia. A árvore de possibilidades já considera todas as formas de se preencher 
a primeira aula de cada dia. Por exemplo: suponha que a primeira aula de 
cada dia é MAT, FIS, QUI, nessa ordem, e que a segunda aula de cada dia  é 
FIS, QUI, MAT. Mas o ramo da árvore que começa com FIS também considera que 
é possível formar um horário em que a primeira aula de cada dia é FIS, QUI, 
MAT, e a segunda aula de cada dia é MAT, FIS, QUI, ou seja, exatamente o 
horário anterior, mas com a ordem das matérias invertidas.

Abraços

- Original Message - 
From: Antonio Giansante [EMAIL PROTECTED]

To: obm-l@mat.puc-rio.br
Sent: Wednesday, March 19, 2008 5:27 PM
Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil



Desculpem..depois que eu percebi: eu falei que foi
pego a 1a opção, porém a ordem MAT  QUI  FIS é a 5a
opção.
--- Antonio Giansante [EMAIL PROTECTED]
escreveu:


Olá. Sempre que eu tenho dificuldades em resolver um
problema de combinatória eu apelo para a árvore de
possibilidades. Ficou assim(Obs: O tanso aqui fez
como MAT, FIS e QUI, ao invés das disciplinas do
enunciado, mas dá na mesma, ok? Desculpe pela
viajada):

 segunda  quarta  sexta

  QUI
  FIS FIS
  MAT

  QUI
  MAT QUI FIS
  MAT

  QUI
  MAT FIS

Dessa forma, se a 1a aula do 1o dia for FIS, tb
teremos oito opçoes, e o mesmo para QUI, perfazendo
um
total de 24 possibilidades. Vamos analisar agora o
que
acontece com uma dessas escolhas. Supondo que
tenhamos
escolhido a primeira opção da árvore para as
primeiras
aulas:
MAT   QUI   FIS

Então, na segunda aula, só poderemos ter as opções

FIS   MAT   QUI  ou QUI   FIS   MAT.
Observe que outras ordens destes não são possíveis
devido à condição de nõ poder ser matérias iguais no
mesmo dia. Sendo assim, temos duas opções de
preenchimento das aulas da semana para cada opção da
árvore. Como são 24 opções iniciais, dá um total de:
24x2=48.
Entretanto, nós ainda não consideremaos o fato de
que
a ordem das duas aulas podem ser trocadas no dia.
Assim, se começarmos a preencher as opções da
segunda
aula primeiro, teremos mais 48 possibildades, o que
dá
um total de 96 possibilidades de horário.Ou não,
como diria Caetano! (posso ter errado também,
ehehe).
Espero ter ajudado. ABÇS



   2008/3/13 Thelio Gama [EMAIL PROTECTED]:

 É pessoal...

 Achei muito difícil esta questão. Agradeço se
 alguém puder explicá-la.

 Thelio

 uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras, de
 8-9 horas e de 11-12 horas. As matérias são
 portugues, matemática e ingles, cada uma com duas
 aulas semanais, em dias diferentes. De quantos
modos
 pode ser feito o horário dessa turma?
 a)96  ; b) 144   ; c)192   ; d) 6!; e) 120





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Re: [obm-l] combinatoria dificil

2008-03-19 Por tôpico Joao Victor Brasil

Estava pensando o seguinte, se D1 é segunda, D2 quarta e D3 sexta,
e H1 aula de 8-9 hs e H2  aula de 11-12 hs, quantas possibilidades de
matérias podemos ter por aula?

D1 H1:3 matérias (MAT, FIS, QUI)
 H2:2 matérias (a que não foi escolhida antes)

D2 H1:3 matérias (MAT, FIS, QUI, pode ser a segunda aula da semana,
todas voltam)
 H2:2 matérias (a que não foi escolhida antes)

D3 H1:2 matérias (Uma matéria já usou suas duas aulas semanais)
 H2:1 matérias

Pelo princípio multiplicativo, teremos 3x2x3x2x2x1 = 72.
Mas D1H1 pode trocar com D1H2 sem prejuízo, teremos então 72x2x2x2
(uma multiplicação para cada dia)=576.
Com esse processo, contamos mais de uma vez os horários, devemos divir
por 3! para corrigir nosso erro.
Logo teremos 96 horários diferentes.

Joao Victor Brasil

On 3/19/08, Rafael Cano [EMAIL PROTECTED] wrote:
 Olá Antonio.
 Acho que você contou duas vezes cada horário possível.
 Da maneira que você fez você já tinha considerado a ordem das aulas em cada
 dia. A árvore de possibilidades já considera todas as formas de se preencher
 a primeira aula de cada dia. Por exemplo: suponha que a primeira aula de
 cada dia é MAT, FIS, QUI, nessa ordem, e que a segunda aula de cada dia  é
 FIS, QUI, MAT. Mas o ramo da árvore que começa com FIS também considera que
 é possível formar um horário em que a primeira aula de cada dia é FIS, QUI,
 MAT, e a segunda aula de cada dia é MAT, FIS, QUI, ou seja, exatamente o
 horário anterior, mas com a ordem das matérias invertidas.
 Abraços

 - Original Message -
 From: Antonio Giansante [EMAIL PROTECTED]
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 Sent: Wednesday, March 19, 2008 5:27 PM
 Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil


  Desculpem..depois que eu percebi: eu falei que foi
  pego a 1a opção, porém a ordem MAT  QUI  FIS é a 5a
  opção.
  --- Antonio Giansante [EMAIL PROTECTED]
  escreveu:
 
  Olá. Sempre que eu tenho dificuldades em resolver um
  problema de combinatória eu apelo para a árvore de
  possibilidades. Ficou assim(Obs: O tanso aqui fez
  como MAT, FIS e QUI, ao invés das disciplinas do
  enunciado, mas dá na mesma, ok? Desculpe pela
  viajada):
 
   segunda  quarta  sexta
 
QUI
FIS FIS
MAT
 
QUI
MAT QUI FIS
MAT
 
QUI
MAT FIS
 
  Dessa forma, se a 1a aula do 1o dia for FIS, tb
  teremos oito opçoes, e o mesmo para QUI, perfazendo
  um
  total de 24 possibilidades. Vamos analisar agora o
  que
  acontece com uma dessas escolhas. Supondo que
  tenhamos
  escolhido a primeira opção da árvore para as
  primeiras
  aulas:
  MAT   QUI   FIS
 
  Então, na segunda aula, só poderemos ter as opções
 
  FIS   MAT   QUI  ou QUI   FIS   MAT.
  Observe que outras ordens destes não são possíveis
  devido à condição de nõ poder ser matérias iguais no
  mesmo dia. Sendo assim, temos duas opções de
  preenchimento das aulas da semana para cada opção da
  árvore. Como são 24 opções iniciais, dá um total de:
  24x2=48.
  Entretanto, nós ainda não consideremaos o fato de
  que
  a ordem das duas aulas podem ser trocadas no dia.
  Assim, se começarmos a preencher as opções da
  segunda
  aula primeiro, teremos mais 48 possibildades, o que
  dá
  um total de 96 possibilidades de horário.Ou não,
  como diria Caetano! (posso ter errado também,
  ehehe).
  Espero ter ajudado. ABÇS

 2008/3/13 Thelio Gama [EMAIL PROTECTED]:
  
   É pessoal...
  
   Achei muito difícil esta questão. Agradeço se
   alguém puder explicá-la.
  
   Thelio
  
   uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras, de
   8-9 horas e de 11-12 horas. As matérias são
   portugues, matemática e ingles, cada uma com duas
   aulas semanais, em dias diferentes. De quantos
  modos
   pode ser feito o horário dessa turma?
   a)96  ; b) 144   ; c)192   ; d) 6!; e) 120
  
  
 
 
 
Abra sua conta no Yahoo! Mail, o único sem
  limite de espaço para armazenamento!
  http://br.mail.yahoo.com/
 
  =
  Instruções para entrar na lista, sair da lista e
  usar a lista em
  http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
 
  =
 
 
 
 
   Abra sua conta no Yahoo! Mail, o único sem limite de espaço para
  armazenamento!
  http://br.mail.yahoo.com/
  =
  Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
  http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
  =

 =
 Instruções para

[obm-l] combinatoria dificil

2008-03-13 Por tôpico Thelio Gama

É pessoal...

Achei muito difícil esta questão. Agradeço se alguém puder explicá-la.

Thelio

uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras, de 8-9 horas e de 11-12 horas. As
matérias são portugues, matemática e ingles, cada uma com duas aulas
semanais, em dias diferentes. De quantos modos pode ser feito o horário
dessa turma?
a)96  ; b) 144   ; c)192   ; d) 6!; e) 120

Re: [obm-l] combinatoria dificil

2008-03-13 Por tôpico Rafael Cano

Olá,
Salhab, eu não consegui encontrar nenhum erro na sua solução. Na verdade eu 
consegui resolver de outra forma e cheguei no mesmo resultado.
Como nenhuma matéria pode repetir no mesmo dia então obrigatoriamente nos 3 
dias os três pares têm que aparecer (vou chamar de A, B, C pra ficar mais 
fácil): (A,B), (B,C) e (C,A). Veja que há 3!=6 formas de escolher os pares para 
cada dia e em cada dia podemos inverter a ordem das matérias, ou seja, há 6 
formas de escolher em qual dia fica cada par e 2 formas de organizar as 
matérias por dia. Logo: 6*2*2*2=48.

Abraços

  - Original Message - 
  From: Marcelo Salhab Brogliato 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Thursday, March 13, 2008 4:48 PM
  Subject: Re: [obm-l] combinatoria dificil


  Olá Thelio,

  Temos 3 matérias, cada uma com 2 aulas semanais em dias diferentes, e 3 dias.
  Para o primeiro dia, vamos escolher 2 das 3 matérias: 3*2 = 6 modos
  Para o segundo dia, só podemos repetir uma matéria, portanto temos: 2(devido 
a ordem)*2*1 = 4 modos
  Para o terceiro dia, as matérias já estão determinadas, temos apenas a ordem, 
portanto: 2 modos

  assim, temos: 6*4*2 = 48 modos
  mas não tem alternativa.. então devo ter errado.
  Vamos aguardar alguém me corrigir ;)

  abraços,
  Salhab



  2008/3/13 Thelio Gama [EMAIL PROTECTED]:

É pessoal...

Achei muito difícil esta questão. Agradeço se alguém puder explicá-la.

Thelio

uma turma tem aulas às 2ª, 4ª e 6ª feiras, de 8-9 horas e de 11-12 horas. 
As matérias são portugues, matemática e ingles, cada uma com duas aulas 
semanais, em dias diferentes. De quantos modos pode ser feito o horário dessa 
turma? 
a)96  ; b) 144   ; c)192   ; d) 6!; e) 120

Re: [obm-l] combinatoria muito boa

2007-10-05 Por tôpico Palmerim Soares

Perfeito Ralph, tem toda razao. Gostei muito tambem da abordagem do Rogerio.
Ainda nao abri, mas parece que enviaram uma outra solucao. Como ja disse
antes, esta lista eh o paraiso na Terra... Agradeco a participacao de voces
mestres..

abraços,
Palmerim


Em 04/10/07, Ralph Teixeira [EMAIL PROTECTED] escreveu:

 Hmmm... mas ele tambem pode, desses 9, escolher x=2 para informatica e y=2
 para telemarketing, e depois completar usando o pessoal que soh pode uma
 coisa ou outra. Acho que sua solucao incorpora os quatro cantos daquela
 tabela feia que eu mandei, mas nada impede de ele dividir os grupos conforme
 as outras 16 entradas dela Por isso que, pra mim, o numero de modos eh
 muito maior...

 Abraco,
 Ralph

 P.S.: Ah, e nao basta escolher os 7 dos 9 -- ele ainda tem que dizer quais
 4 vao para informatica e quais 3 vao para marketing. Entao, soh nesta
 situacao, tem (9C7)(7C4)=36x35 modos.


  On 10/4/07, Palmerim Soares [EMAIL PROTECTED] wrote:
 
  Ola Paulo e Ralph
 
  A tres situacoes descritas na sua solucao do Paulo estao perfeitas, mas
  faltou acrescentar apenas quarta situacao:
  *4ª  situacao* :  dos 9 funcionários que podem trabalhar em ambos os
  setores, escolher 7
 
 
  Entao, o total de modos sera o encontrado pelo Paulo (3584 modos) mais o
  da quarta situacao (36 modos), ou seja o total de modos eh 3620. Este e o
  meu gabarito. Veja se concordam, amigos.
 
  Abracos,
  Palmerim
 
  Em 03/10/07, Paulo Cesar [EMAIL PROTECTED]  escreveu:
 
  
  
   Beleza de solução Ralph.
   Vacilei ao não considerar que no grupo dos duplamente qualificados
   pode-se selecionar x pra um função e 9 - x pra outra.
   Excelente problema Palmerim.
  
  
   []'s
  
   PC

Re: [obm-l] combinatoria muito boa

2007-10-04 Por tôpico Palmerim Soares

Ola Paulo e Ralph

A tres situacoes descritas na sua solucao do Paulo estao perfeitas, mas
faltou acrescentar apenas quarta situacao:
*4ª  situacao*:  dos 9 funcionários que podem trabalhar em ambos os setores,
escolher 7


Entao, o total de modos sera o encontrado pelo Paulo (3584 modos) mais o da
quarta situacao (36 modos), ou seja o total de modos eh 3620. Este e o meu
gabarito. Veja se concordam, amigos.

Abracos,
Palmerim

Em 03/10/07, Paulo Cesar [EMAIL PROTECTED] escreveu:



 Beleza de solução Ralph.
 Vacilei ao não considerar que no grupo dos duplamente qualificados pode-se
 selecionar x pra um função e 9 - x pra outra.
 Excelente problema Palmerim.


 []'s

 PC

Re: [obm-l] combinatoria muito boa

2007-10-04 Por tôpico Rogerio Ponce

Ola' Palmerim e colegas da lista,
  conforme o PC ja' mostrou, ha' disponibilidade dos seguintes funcionarios:
   4 de telemarketing
   9 coringas
   7 de informática
   
   
  Ha' 3 vagas de telemarketing e 4 vagas de informatica.
  Na distribuicao dos funcionarios necessarios, podemos variar o preenchimento 
das vagas de telemarketing das seguintes formas:
   
  3 exclusivos de telemarketing (com 16 disponiveis para a informatica):
  #modos = C(4,3) * C(16,4) = 7280
 
  2 exclusivos de telemarketing e 1 coringa (15 para a informatica):
  #modos = C(4,2) * C(9,1) * C(15,4) = 73710
   

1 exclusivos de telemarketing e 2 coringas (sobram 14 p/ informatica):
  #modos = C(4,1) * C(9,2) * C(14,4) = 144144
 
  nenhum exclusivo de telemarketing e 3 coringas (13 p/ informatica):
  #modos = C(9,3) * C(13,4) = 60060
   
   
  Portanto, ha' 285194 modos de preencher as vagas.
   


  []'s
  Rogerio Ponce
   
   
  Palmerim Soares [EMAIL PROTECTED] escreveu:
Olá Paulo
   
  Obrigado por responder. Meu gabarito esta diferente (pode ser que esteja 
errado, evidentemente), mas vou manter um pouco o suspense para aguardar novas 
tentativas o comentarios, que sempre sao muito valiosos e enriquecedores. 
   
  Um abraco,
  Palemerim

 
  Em 01/10/07, Paulo Cesar [EMAIL PROTECTED] escreveu:   

  Olá Palmerim

Primeiramente, vamos ao problema de determinar quantos funcionários APENAS 
estão qualificados para informática, quantos estão qualificados para ambas as 
funções e quantos estão qualificados APENAS para telemarketing. 

Resolvendo pelo diagrama de Venn-Euler, temos 7 apenas em informática, 9 em 
ambas as funções e 4 apenas em telemarketing. (os funcionários da limpeza não 
serão selecionados)

Vamos contar separadamente as seguintes situações: 

Vagas para informática com os qualificados apenas em informática e as vagas 
para telemarketing com os qualificados apenas em telemarketing. Existem C 7,4 x 
C 4,3 = 140 modos.

Vagas para informática com os qualificados em ambas as funções e as demais 
vagas com os qualificados apenas em telemarketing. Existem C 9,4 x C 4,3 = 504 
modos. 

 
Vagas para informática com os qualificados apenas em informática e vagas para 
telemarketing com os  qualificados em ambas as funções. Existem  C 7,4 x  C 9,3 
= 2940 modos.

Temos então um total de 2940 + 504 + 140 = 3584 modos de preenchermos as vagas. 

O seu gabarito bate? Essas questões sempre são meio polêmicas, então já fico 
desconfiado com as minhas respostas.

[]'s

PC




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

Re: [obm-l] combinatoria muito boa

2007-10-04 Por tôpico Ralph Teixeira

Hmmm... mas ele tambem pode, desses 9, escolher x=2 para informatica e y=2
para telemarketing, e depois completar usando o pessoal que soh pode uma
coisa ou outra. Acho que sua solucao incorpora os quatro cantos daquela
tabela feia que eu mandei, mas nada impede de ele dividir os grupos conforme
as outras 16 entradas dela Por isso que, pra mim, o numero de modos eh
muito maior...

Abraco,
Ralph

P.S.: Ah, e nao basta escolher os 7 dos 9 -- ele ainda tem que dizer quais 4
vao para informatica e quais 3 vao para marketing. Entao, soh nesta
situacao, tem (9C7)(7C4)=36x35 modos.


On 10/4/07, Palmerim Soares [EMAIL PROTECTED] wrote:

 Ola Paulo e Ralph

 A tres situacoes descritas na sua solucao do Paulo estao perfeitas, mas
 faltou acrescentar apenas quarta situacao:
 *4ª  situacao* :  dos 9 funcionários que podem trabalhar em ambos os
 setores, escolher 7


 Entao, o total de modos sera o encontrado pelo Paulo (3584 modos) mais o
 da quarta situacao (36 modos), ou seja o total de modos eh 3620. Este e o
 meu gabarito. Veja se concordam, amigos.

 Abracos,
 Palmerim

 Em 03/10/07, Paulo Cesar [EMAIL PROTECTED] escreveu:

 
 
  Beleza de solução Ralph.
  Vacilei ao não considerar que no grupo dos duplamente qualificados
  pode-se selecionar x pra um função e 9 - x pra outra.
  Excelente problema Palmerim.
 
 
  []'s
 
  PC

Re: [obm-l] combinatoria muito boa

2007-10-04 Por tôpico Ralph Teixeira

Ah, bacana, sua divisao em casos eh bem mais esperta do que a minha,
neh? Seu somatorio tem 4 termos ao inves dos meus feiosos 20... Legal!

Abraco,
  Ralph


On 10/4/07, Rogerio Ponce [EMAIL PROTECTED] wrote:

 Ola' Palmerim e colegas da lista,
 conforme o PC ja' mostrou, ha' disponibilidade dos seguintes funcionarios:
  4 de telemarketing
  9 coringas
  7 de informática


 Ha' 3 vagas de telemarketing e 4 vagas de informatica.
 Na distribuicao dos funcionarios necessarios, podemos variar o
 preenchimento das vagas de telemarketing das seguintes formas:

 3 exclusivos de telemarketing (com 16 disponiveis para a informatica):
 #modos = C(4,3) * C(16,4) = 7280

 2 exclusivos de telemarketing e 1 coringa (15 para a informatica):
 #modos = C(4,2) * C(9,1) * C(15,4) = 73710

  1 exclusivos de telemarketing e 2 coringas (sobram 14 p/ informatica):
 #modos = C(4,1) * C(9,2) * C(14,4) = 144144

 nenhum exclusivo de telemarketing e 3 coringas (13 p/ informatica):
 #modos = C(9,3) * C(13,4) = 60060


 Portanto, ha' 285194 modos de preencher as vagas.

 []'s
 Rogerio Ponce
 **
 **
 *Palmerim Soares [EMAIL PROTECTED]* escreveu:

 Olá Paulo

 Obrigado por responder. Meu gabarito esta diferente (pode ser que esteja
 errado, evidentemente), mas vou manter um pouco o suspense para aguardar
 novas tentativas o comentarios, que sempre sao muito valiosos e
 enriquecedores.

 Um abraco,
 Palemerim


 Em 01/10/07, Paulo Cesar [EMAIL PROTECTED] escreveu:
 
 
 
  Olá Palmerim
 
  Primeiramente, vamos ao problema de determinar quantos funcionários
  APENAS estão qualificados para informática, quantos estão qualificados para
  ambas as funções e quantos estão qualificados APENAS para telemarketing.
 
  Resolvendo pelo diagrama de Venn-Euler, temos 7 apenas em informática, 9
  em ambas as funções e 4 apenas em telemarketing. (os funcionários da limpeza
  não serão selecionados)
 
  Vamos contar separadamente as seguintes situações:
 
  Vagas para informática com os qualificados apenas em informática e as
  vagas para telemarketing com os qualificados apenas em telemarketing.
  Existem C 7,4 x C 4,3 = 140 modos.
 
  Vagas para informática com os qualificados em ambas as funções e as
  demais vagas com os qualificados apenas em telemarketing. Existem C 9,4 x C
  4,3 = 504 modos.
 
 
  Vagas para informática com os qualificados apenas em informática e vagas
  para telemarketing com os  qualificados em ambas as funções. Existem  C 7,4
  x  C 9,3 = 2940 modos.
 
  Temos então um total de 2940 + 504 + 140 = 3584 modos de preenchermos as
  vagas.
 
  O seu gabarito bate? Essas questões sempre são meio polêmicas, então já
  fico desconfiado com as minhas respostas.
 
  []'s
 
  PC
 


 Abra sua conta no Yahoo! 
 Mailhttp://br.rd.yahoo.com/mail/taglines/mail/*http://br.mail.yahoo.com/,
 o único sem limite de espaço para armazenamento!

Re: [obm-l] combinatoria muito boa

2007-10-03 Por tôpico Paulo Cesar

Beleza de solução Ralph.
Vacilei ao não considerar que no grupo dos duplamente qualificados pode-se
selecionar x pra um função e 9 - x pra outra.
Excelente problema Palmerim.


[]'s

PC

Re: [obm-l] combinatoria muito boa

2007-10-02 Por tôpico Palmerim Soares

Olá Paulo

Obrigado por responder. Meu gabarito esta diferente (pode ser que esteja
errado, evidentemente), mas vou manter um pouco o suspense para aguardar
novas tentativas o comentarios, que sempre sao muito valiosos e
enriquecedores.

Um abraco,
Palemerim


Em 01/10/07, Paulo Cesar [EMAIL PROTECTED] escreveu:



 Olá Palmerim

 Primeiramente, vamos ao problema de determinar quantos funcionários APENAS
 estão qualificados para informática, quantos estão qualificados para ambas
 as funções e quantos estão qualificados APENAS para telemarketing.

 Resolvendo pelo diagrama de Venn-Euler, temos 7 apenas em informática, 9
 em ambas as funções e 4 apenas em telemarketing. (os funcionários da limpeza
 não serão selecionados)

 Vamos contar separadamente as seguintes situações:

 Vagas para informática com os qualificados apenas em informática e as
 vagas para telemarketing com os qualificados apenas em telemarketing.
 Existem C 7,4 x C 4,3 = 140 modos.

 Vagas para informática com os qualificados em ambas as funções e as demais
 vagas com os qualificados apenas em telemarketing. Existem C 9,4 x C 4,3 =
 504 modos.


 Vagas para informática com os qualificados apenas em informática e vagas
 para telemarketing com os  qualificados em ambas as funções. Existem  C 7,4
 x  C 9,3 = 2940 modos.

 Temos então um total de 2940 + 504 + 140 = 3584 modos de preenchermos as
 vagas.

 O seu gabarito bate? Essas questões sempre são meio polêmicas, então já
 fico desconfiado com as minhas respostas.

 []'s

 PC

RES: [obm-l] combinatoria muito boa

2007-10-02 Por tôpico Ralph Teixeira

Em primeiro lugar, usamos um diagrama de Venn para separar as habilitações dos 
funcionários. Concluímos que há:
(A) 9 habilitados para ambas as funções;
(B) 7 habilitados apenas para informática;
(C) 4 habilitados apenas para telemarketing;
(D) 12 não têm habilitação.

Suponho que modos distintos correspondem a subconjuntos distintos de 
funcionários escolhidos para cada vaga. Dos habilitados em ambas (conjunto A), 
escolhemos x para informática e y para telemarketing. Assim, temos que escolher 
4-x do conjunto (B) e 3-y do conjunto (C) para preencher as vagas restantes. O 
número de maneiras de fazer isto para x e y fixos é:

(9 C x)(9-x C y)(7 C 4-x)(4 C 3-y) = 
9!7!4!/(x!y!(9-x-y)!(3+x)!(4-x)!(1+y)!(3-y)!)

Agora, temos 0=x=4 e 0=y=3. Então faça os 20 cálculos para cada escolha de 
x e y e adicione tudo. Dá MUITO trabalho, com MUITA conta... pus os x nas 
colunas e os y nas linhas, e deu:

 x=0x=1   x=2   x=3   x=4
y=0  140   1260  3024  2352   504
y=1 1890  15120 31752 21168  3780
y=2 5040  35280 63504 35280  5040
y=3 2940  17640 26460 11760  1260

(os termos do Paulo Cesar são apenas 3 deles das pontas, faltam muitos 
outros!). Somando tudo, a resposta deu 285194. Será que há um jeito mais 
fácil???

P.S.: Note a minha interpretação da palavra modos... Não basta dizer quem são 
os escolhidos, não basta dizer de que grupo (A, B, C ou D) vieramtambém tem 
que se dizer quem vai fazer o quê. Uma escolha onde Alice vai para informática 
e Antônio para telemarketing é, na minha interpretação, diferente de uma 
escolha onde Alice vai para telemarketing e Antônio para informática, apesar de 
ambos serem do conjunto (A). Por outro lado, suponho que as posições de 
telemarketing são todas idênticas, e também as de informática.

[Ralph Teixeira]  -Mensagem original-
De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] nome de Palmerim Soares
Enviada em: segunda-feira, 1 de outubro de 2007 11:01
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Assunto: [obm-l] combinatoria muito boa


Ola amigos da lista,

ha algum tempo, venho preparando um livro eletronico sobre analise combinatoria 
com muitas questoes de bom nivel, todas solucionadas e comentadas,  para deixar 
a disposicao de quem quiser baixar gratuitamente pela internet. Para isso tenho 
coletado questoes desta lista, de inumeros livros e tambem tenho elaborado 
algumas questoes ineditas. Acabei de compor a questao abaixo e achei que seria 
bom propo-la na lista para conhecer diferentes abordagens e comentarios dos 
mestres. 

abracos,
Palmerim

Uma empresa precisa preencher 4 vagas no setor de informática e 3 vagas no 
setor de telemarketing. Um dos gerentes desta empresa ficou incumbido da tarefa 
de suprir as vagas escolhendo profissionais entre os 32 funcionários sob sua 
responsabilidade, dos quais ele sabe que 16 podem trabalhar no setor de 
informática, 13 podem trabalhar no setor de telemarketing e 12 só podem 
trabalhar na limpeza. De quantos modos o gerente pode selecionar funcionários 
capazes de preencher as vagas? 

=
Instru��es 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] combinatoria muito boa

2007-10-02 Por tôpico Palmerim Soares

Ola Ralph,

Obrigado pela resposta. Todas as suas suposicoes descritas no P.S. estao
absolutamente corretas e repare que sao as mesmas suposicoes do Paulo. Com
relacao a sua resposta, tambem nao bate com a minha, que acredito estar
perfeitamente correta (embora posso estar redondamente enganado, sabe como
sao essas questoes...). De qualquer forma, nao sao 285194 modos, sao
bem menos.
Aguardo novos comentarios de todos.

Um abraco,
Palmerim


Em 02/10/07, Ralph Teixeira [EMAIL PROTECTED] escreveu:

 Em primeiro lugar, usamos um diagrama de Venn para separar as habilitações
 dos funcionários. Concluímos que há:
 (A) 9 habilitados para ambas as funções;
 (B) 7 habilitados apenas para informática;
 (C) 4 habilitados apenas para telemarketing;
 (D) 12 não têm habilitação.

 Suponho que modos distintos correspondem a subconjuntos distintos de
 funcionários escolhidos para cada vaga. Dos habilitados em ambas (conjunto
 A), escolhemos x para informática e y para telemarketing. Assim, temos que
 escolher 4-x do conjunto (B) e 3-y do conjunto (C) para preencher as vagas
 restantes. O número de maneiras de fazer isto para x e y fixos é:

 (9 C x)(9-x C y)(7 C 4-x)(4 C 3-y) =
 9!7!4!/(x!y!(9-x-y)!(3+x)!(4-x)!(1+y)!(3-y)!)

 Agora, temos 0=x=4 e 0=y=3. Então faça os 20 cálculos para cada
 escolha de x e y e adicione tudo. Dá MUITO trabalho, com MUITA conta... pus
 os x nas colunas e os y nas linhas, e deu:

 x=0x=1   x=2   x=3   x=4
 y=0  140   1260  3024  2352   504
 y=1 1890  15120 31752 21168  3780
 y=2 5040  35280 63504 35280  5040
 y=3 2940  17640 26460 11760  1260

 (os termos do Paulo Cesar são apenas 3 deles das pontas, faltam muitos
 outros!). Somando tudo, a resposta deu 285194. Será que há um jeito mais
 fácil???

 P.S.: Note a minha interpretação da palavra modos... Não basta dizer
 quem são os escolhidos, não basta dizer de que grupo (A, B, C ou D)
 vieramtambém tem que se dizer quem vai fazer o quê. Uma escolha onde
 Alice vai para informática e Antônio para telemarketing é, na minha
 interpretação, diferente de uma escolha onde Alice vai para telemarketing e
 Antônio para informática, apesar de ambos serem do conjunto (A). Por outro
 lado, suponho que as posições de telemarketing são todas idênticas, e também
 as de informática.

 [Ralph Teixeira]  -Mensagem original-
 De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] nome
 de Palmerim Soares
 Enviada em: segunda-feira, 1 de outubro de 2007 11:01
 Para: obm-l@mat.puc-rio.br
 Assunto: [obm-l] combinatoria muito boa


 Ola amigos da lista,

 ha algum tempo, venho preparando um livro eletronico sobre analise
 combinatoria com muitas questoes de bom nivel, todas solucionadas e
 comentadas,  para deixar a disposicao de quem quiser baixar gratuitamente
 pela internet. Para isso tenho coletado questoes desta lista, de inumeros
 livros e tambem tenho elaborado algumas questoes ineditas. Acabei de compor
 a questao abaixo e achei que seria bom propo-la na lista para conhecer
 diferentes abordagens e comentarios dos mestres.

 abracos,
 Palmerim

 Uma empresa precisa preencher 4 vagas no setor de informática e 3 vagas no
 setor de telemarketing. Um dos gerentes desta empresa ficou incumbido da
 tarefa de suprir as vagas escolhendo profissionais entre os 32 funcionários
 sob sua responsabilidade, dos quais ele sabe que 16 podem trabalhar no setor
 de informática, 13 podem trabalhar no setor de telemarketing e 12 só podem
 trabalhar na limpeza. De quantos modos o gerente pode selecionar
 funcionários capazes de preencher as vagas?

 =
 Instru��es 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] combinatoria muito boa

2007-10-01 Por tôpico Palmerim Soares

Ola amigos da lista,

ha algum tempo, venho preparando um livro eletronico sobre analise
combinatoria com muitas questoes de bom nivel, todas solucionadas e
comentadas,  para deixar a disposicao de quem quiser baixar gratuitamente
pela internet. Para isso tenho coletado questoes desta lista, de inumeros
livros e tambem tenho elaborado algumas questoes ineditas. Acabei de compor
a questao abaixo e achei que seria bom propo-la na lista para
conhecer diferentes abordagens e comentarios dos mestres.

abracos,
Palmerim

*Uma empresa precisa preencher 4 vagas no setor de informática e 3 vagas no
setor de telemarketing. Um dos gerentes desta empresa ficou incumbido da
tarefa de suprir as vagas escolhendo profissionais entre os 32 funcionários
sob sua responsabilidade, dos quais ele sabe que 16 podem trabalhar no setor
de informática, 13 podem trabalhar no setor de telemarketing e 12 só podem
trabalhar na limpeza. De quantos modos o gerente pode selecionar
funcionários capazes de preencher as vagas?*

Re: [obm-l] combinatoria muito boa

2007-10-01 Por tôpico Paulo Cesar

Olá Palmerim

Primeiramente, vamos ao problema de determinar quantos funcionários APENAS
estão qualificados para informática, quantos estão qualificados para ambas
as funções e quantos estão qualificados APENAS para telemarketing.

Resolvendo pelo diagrama de Venn-Euler, temos 7 apenas em informática, 9 em
ambas as funções e 4 apenas em telemarketing. (os funcionários da limpeza
não serão selecionados)

Vamos contar separadamente as seguintes situações:

Vagas para informática com os qualificados apenas em informática e as vagas
para telemarketing com os qualificados apenas em telemarketing. Existem C
7,4 x C 4,3 = 140 modos.

Vagas para informática com os qualificados em ambas as funções e as demais
vagas com os qualificados apenas em telemarketing. Existem C 9,4 x C 4,3 =
504 modos.

Vagas para informática com os qualificados apenas em informática e vagas
para telemarketing com os  qualificados em ambas as funções. Existem  C 7,4
x  C 9,3 = 2940 modos.

Temos então um total de 2940 + 504 + 140 = 3584 modos de preenchermos as
vagas.

O seu gabarito bate? Essas questões sempre são meio polêmicas, então já fico
desconfiado com as minhas respostas.

[]'s

PC

Re: [obm-l] COMBINATORIA

2007-06-04 Por tôpico Henrique Rennó


Olá Graciliano!

2)Qual o numero maximo de termos de um polinomio homogeneo de grau p com n
variaveis?



2)(n+p-1)!/(n-1)!p!




Na definição de polinômio homogêneo, todos os termos possuem a soma dos
expoentes de cada variável igual, ou seja, (a^2)*(b^3) + (a^4)*b + a5 é um
polinômio homogêneo em que p = 5 e n = 2, pois:

1º termo: 2+3 = 5
2º termo: 4+1 = 5
3º termo: 5+0 = 5

O número máximo de termos seria a quantidade de formas que podemos dispor
expoentes para cada variável do termo de modo que a soma seja igual a p:

x1 + x2 + x3 + ... + xn = p (1)

onde x1,x2,...,xn representa o expoente de x1,x2,...,xn, respectivamente.

Dessa forma, calculando a quantidade de soluções da equação (1) teremos a
quantidade de todos os possíveis termos do polinômio homogêneo.

Portanto, supondo que existam p I no lado esquerdo representando unidades
o número total de permutações será (p+n-1)!/[p!(n-1)!], ou seja, p I e
(n-1) + permutados com repetição.

Na resposta que você passou devem ser colocados colchetes entre os termos
depois do sinal de divisão para que seja a resposta correta.

Depois tentarei resolver os outros.

--
Henrique

[obm-l] COMBINATORIA

2007-06-03 Por tôpico Graciliano Antonio Damazo

Rogerio, Henrique e Rafael, obrigado pelo empenho de vcs na resolução da 
primeira questao. As discussoes foram interessntes e levaram a resposta correta 
e o melhor que entendi a solução de vcs, obrigado por enquano. As respostas das 
questoes seguem abaixo:
   
  1) a) 191300 b) 183 800
   
  2)(n+p-1)!/(n-1)!p!
   
  3)25 
   
  4)151200
   
  5) 2^(n-1)
   
  abraços

   
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[obm-l] combinatoria

2007-03-13 Por tôpico Marcus Aurélio

Alguem sabe fazer essa questão?

Um quarteto de cordas e formado por dois violinistas, um violista e um 
violoncelista.
Quantos quartetos de cordas podem ser formados se dispomos de seis violinistas,
cinco violistas, dos quais tres tamb?em podem tocar violoncelo, e dois 
violoncelistas?



=
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] combinatoria

2007-03-13 Por tôpico Igor Castro


Seja o quarteto: AABC onde A é um violinista, B é um violista e C é um
violoncelista.
tenho:
6 A's = (A1,A2,A3,A4,A5,A6)
5 B's = (B1,B2,B3,B4,B5)
2C's + 3 B's = (C1,C2,B1,B2,B3))

Primeiro Caso:
Escolhendo os 2 A's: (6,2)
Escolhendo um B que só é B= (2,1)
Escolhendo o C = (5,1)

Segundo Caso:
Escolhendo os 2 A's: (6,2)
Escolhendo um B que é B e C= (3,1)
Escolhendo o C = (4,1)

Como os casos são disjuntos, devemos somar: (15.2.5)  +  (15.3.4) = 150 +
180 = 330 quartetos.

Abraços,
Igor.


On 3/13/07, Marcus Aurélio [EMAIL PROTECTED] wrote:


Alguem sabe fazer essa questão?

Um quarteto de cordas e formado por dois violinistas, um violista e um
violoncelista.
Quantos quartetos de cordas podem ser formados se dispomos de seis
violinistas,
cinco violistas, dos quais tres tamb?em podem tocar violoncelo, e dois
violoncelistas?



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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
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