[obm-l] Problema interessante de composta f o f
Acho este aqui muito interessante. Não exige nenhum conhecimento avançado. Suponhamos que f: R—> R satisfaça a f(f(x)) = ax^2 + bx + c para todo x. onde a <> 0, b e c são coeficientes reais. Mostre que (b + 1)(b - 3) <= 4ac Artur Artur Costa Steiner -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
RES: [obm-l] Problema Interessante de Geometria
Olá, Ralph,
O arquivo GeoGebra (“Hexagons.ggb”) foi bloqueado pelo sistema que administra
esta Lista, em face da possibilidade de vírus (por tratar-se de um arquivo
executável).
Peço, então, que envie o respectivo arquivo diretamente para o meu e-mail.
Prometo (como sempre…) tentar encontrar uma solução ainda mais complicada do
que as já disponíveis na literatura e (para compensar!) válida somente para uns
poucos casos particulares.
Sds.,
_
Albert Bouskelá
mailto:bousk...@gmail.com bousk...@gmail.com
De: owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] Em nome de
Ralph Teixeira
Enviada em: segunda-feira, 8 de junho de 2015 21:03
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Assunto: [obm-l] {Filename?} Problema Interessante de Geometria
Ola a todos.
Eu e minha aluna de Mestrado Fabiola encontramos um problema bem facil de
enunciar que esclareceria um ponto da dissertacao de mestrado dela... No
entanto, a gente soh encontrou umas solucoes bem complicadas na literatura, e
mesmo assim parecem ser apenas para alguns casos particulares simetricos...
Entao coloco aqui -- quem tiver uma solucao elegante ganha um agradecimento na
dissertacao! :) :)
(Eu pensei ateh em sugerir esse problema para alguma OBM, mas como ainda nao
sei resolver e acabei mostrando a alguns alunos, vou soltar logo ele aqui.)
Sao dados dois poligonos convexos P1P2...Pn e Q1Q2...Qn (onde n4) contendo a
origem O em seu interior. Sabe-se que:
-- Eles tem lados respectivamente paralelos (isto eh, PiP_{i+1} // QiQ_{i+1}
para i=1,2,...,n, indices modulo n);
-- Triangulos com vertice em O e um lado do poligono tem areas respectivamente
iguais (isto eh, Area(OPiP_{i+1}) = Area(OQiQ_{i+1}) para i=1,2,...n, indices
modulo n).
Pergunta-se: os poligonos tem que ser congruentes?
Quem quiser brincar, vide o Geogebra anexo que ilustra o caso n=6 (fiz uma
copia de Q longe da origem para facilitar a visualizacao -- a origem para Q
eh O_1). Pode brincar como quiser com os Q's, e com P_1 -- os outros pontos sao
calculados para satisfazer as condicoes acima... Mas alguem consegue fazer o
poligono P fechar (isto eh, P1=P7) sem que ele seja congruente ao Q (mas
mantendo ambos convexos e mantendo a origem O dentro de P?)
Nota: se n=4, dois paralelogramos distintos de mesma area centrados na origem
sao contra-exemplo!
Abraco, Ralph.
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Problema interessante de topologia - conjuntos perfeitos
Em R^n, dizemos que um conjunto P é perfeito se P for fechado e todo elemento de P for ponto de acumulação de P. Sendo S um subconjunto de R^n, dizemos que x é ponto de condensação de S se, para toda vizinhança V de x, V inter S não for enumerável. Isto é, toda vizinhança de x contém uma quantidade não enumerável de elementos de S. É imediato que todo ponto de condensação é de acumulação, mas não o contrário. Mostre que, se P for perfeito, então todo elemento de P é ponto de condensação de P. Umas propriedades que podem ajudar são as seguintes: O conjunto C dos pontos de condensação de S é fechado. Se S não for enumerável, então S inter C não é enumerável e S inter C' é enumerável, sendo C' o complemento de C em R^n. Além disto, todo elemento de S inter C é ponto de condensação de S inter C. Todo conjunto fechado é a união disjunta de um conjunto perfeito com um enumerável (Teorema De Cantor/Bendixson) Abraços Artur Costa Steiner -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo. = Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
[obm-l] Problema interessante.
Bom dia! Recebi um problema interessante. Demorei bastante para achar o caminho das pedras, se é que o fiz correto. Depois parece simles. (a-1)*( b-1)*(c-1) divide a*b*c, a,b,c inteiros 0abc. Determine todos ternos (a,b,c). Saudações, PJMS -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Problema interessante sobre função
Mostre que, se f ; R -- R for periódica e não constante, então g(x) = x f(x) não é uniformemente contínua. Se, além de periódica, f for contínua, então g não é periódica. Abraços Artur Costa Steiner -- 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] Problema interessante de EDO
y=A(x)senx y´=A´senx+Acosx y=Acosx+A´cosx+A´cosx-Asenx A+2A´=0 A´=u u´+2u=0 lnu=-2x+c u=Ce^(-2x) A(x)=C1e^(-2x)+C2 y(x)=(C1e^(-2x)+C2)senx=0 x=2npi que corresponde a infinitos zeros 2014-12-19 19:50 GMT-02:00 Artur Costa Steiner steinerar...@gmail.com: Seja g uma função contínua em [a, oo) tal que, para todo x neste intervalo, tenhamos g(x) m 0. Mostre que, se y é solução da EDO y'' + g(x) y = 0 então y tem uma infinidade de zeros em [a, oo). Abraços. Artur Costa Steiner -- 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 verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
Re: [obm-l] Problema interessante de EDO
y(x)=A(x)senx+B(x)cosx y(x)=0 sen(x+u)=0 x+u=2npi x=2npi-u que sao infinitos valores de n para obter x. 2014-12-19 19:50 GMT-02:00 Artur Costa Steiner steinerar...@gmail.com: Seja g uma função contínua em [a, oo) tal que, para todo x neste intervalo, tenhamos g(x) m 0. Mostre que, se y é solução da EDO y'' + g(x) y = 0 então y tem uma infinidade de zeros em [a, oo). Abraços. Artur Costa Steiner -- 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 verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Problema interessante de EDO
Seja g uma função contínua em [a, oo) tal que, para todo x neste intervalo, tenhamos g(x) m 0. Mostre que, se y é solução da EDO y'' + g(x) y = 0 então y tem uma infinidade de zeros em [a, oo). Abraços. Artur Costa Steiner -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo. = Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
[obm-l] Problema Interessante e seu enucnciado
Um problema interessante O enunciado correto: Um triângulo equilátero de lado 2012 está dividido em 2012^2 triângulos equiláteros menores, todos de lado 1 mediante paralelas ao seus lados. Em cada vértice de um triângulo menor há uma formiga. No mesmo instante, todas as formigas começam a caminhar com a mesma velocidade pelas retas da triangulação. Ao chegar a outro vértice giram 60º ou 120º à esquerda ou à direita e seguem movendo-se. Determinar se é possível que este movimento se desenvolva para sempre sem ter nunca duas formigas em um mesmo vértice de um triângulo menor. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo.
Res: Res: [obm-l] problema interessante!!!
Bom, então vamos lá: Fazendo o desenho e construindo o triangulo equilátero auxiliar que te falei vamos precisar provar que AD=BE. Mas ai é simples pois sendo P a instersecção da circunferência circunscrita aos triangulos BCD e ACE, então D^MC=60º, A^PC=120º, vemos que P está em BE e de também em AD. Agora aplica-se ptlomeu nos respectivos quadriláteros APCE, BPCD temos as seguintes relações:PE=AP+CP, PD= PB+PC, temos que: AD=AP+CP+PB=AE. Agora apliquemos o lei dos cossenos no triangulo ABE, BE^2=AB^2+AE^2+AB*AE*3^1/2, como AD=AE, de forma análoga AE=AC. Temos: AD^2=AB^2+AC^2+AB*AC*3^1/2 De: Márcio Pinheiro profmar...@yahoo.com.br Para: obm-l@mat.puc-rio.br Enviadas: Quinta-feira, 30 de Abril de 2009 12:33:47 Assunto: Re: Res: [obm-l] problema interessante!!! De nada. Fiquei curioso quanto à tua solução por Ptolomeu. Qual é o ponto P? Valeu, Cleuber. --- Em qui, 30/4/09, Cleuber Eduardo cleubersa...@yahoo.com.br escreveu: De: Cleuber Eduardo cleubersa...@yahoo.com.br Assunto: Res: [obm-l] problema interessante!!! Para: obm-l@mat.puc-rio.br Cc: cleubersa...@yahoo.com.br Data: Quinta-feira, 30 de Abril de 2009, 10:18 Valeu Márcio!!. Quando eu peguei esse problema a princípio eu tratei o problema de uma forma parecida com a tua. Mas ontem eu percebi que se construíssemos um triangulo equilátero auxiliar ACE e depois ptlolomeu no quadriátero APCE e BPCD. E so no final usa-se a lei dos cossenos pra terminar. Obrigado De: Márcio Pinheiro profmar...@yahoo.com.br Para: obm-l@mat.puc-rio.br Enviadas: Quinta-feira, 30 de Abril de 2009 8:39:51 Assunto: Re: [obm-l] problema interessante!!! A idéia inicial pode ser expressar AD em função de AB = c e de AC = b (essa é a parte realmente enfadonha). Um caminho (não acessível a quem ainda não tem conhecimentos razoáveis de números complexos) é adotar um plano de Argand-Gauss em que A é a origem e os eixos contêm os catetos. Em um tal plano, sejam A (0, 0), B (0, c) e C (b, 0), por exemplo. O vetor CB pode ser obtido por meio de uma rotação do vetor CD de pi/3 em torno de C. Lembrando que o vetor PQ, com P (m, n) e Q (p, q), pode ser associado biunivocamente tanto a P - Q (m - p, n - q) quanto ao complexo (m - p) + (n - q)i, i^2 = -1, conclui-se que: (vetor CD)*(cospi/3 + isenpi/3) = (vetor CB), o que equivale a [(x - b) + iy]*[(1/2) + i(sqrt3)/2] = - b + ci, sendo D (x, y). Da igualdade das partes real e imaginária, impõe-se que x = (b + csqrt3)/2 e y = (c + bsqrt3)/2 (espero não ter errado as contas, feitas de cabeça :D). Finalmente, obtém-se que AD^2 = b^2 + c^2 + bcsqrt3, através da distância entre os pontos A e D. Supondo que b e c sejam racionais, conclui-se que b^2, c^2 e bc também o são. Logo AD^2 seria irracional. Mas, caso AD fosse racional, AD^2 deveria acompanhar essa racionalidade. Por conseguinte, AD não pode ser, também, racional. É possível obter AD por caminhos sintéticos, usando a Lei dos Cossenos, por exemplo, nos triângulos ABD e ACD, juntamente com mais alguma trigonometria. Entretanto, aí sim a solução fica bem mais bizarra... Espero ter contribuído. Márcio Pinheiro. --- Em qua, 29/4/09, Cleuber Eduardo cleubersa...@yahoo.com.br escreveu: De: Cleuber Eduardo cleubersa...@yahoo.com.br Assunto: [obm-l] problema interessante!!! Para: obm-l@mat.puc-rio.br Cc: cleubersa...@yahoo.com.br Data: Quarta-feira, 29 de Abril de 2009, 16:06 Bom, amigos da lista estou pensando nesse problema a alguns dias, no entanto a forma como o fiz é bastante enfadonha.1.Let ABC be a right triangle (∠A = 90◦). On the hypotenuse BC constructBCD. Prove that the lengths of the segments AB,AC, and AD cannot all be rational. donha. Obrigado desde já. Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes in the exterior the equilateral triangle Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! +Buscados http://br.maisbuscados.yahoo.com
Res: Enc: Re: [obm-l] problema interessante!!!
Bom, então vamos lá: Fazendo o desenho e construindo o triangulo equilátero auxiliar que te falei vamos precisar provar que AD=BE. Mas ai é simples pois sendo P a instersecção da circunferência circunscrita aos triangulos BCD e ACE, então D^MC=60º, A^PC=120º, vemos que P está em BE e de também em AD. Agora aplica-se ptlomeu nos respectivos quadriláteros APCE, BPCD temos as seguintes relações:PE=AP+CP, PD= PB+PC, temos que: AD=AP+CP+PB=AE. Agora apliquemos o lei dos cossenos no triangulo ABE, BE^2=AB^2+AE^2+AB*AE*3^1/2, como AD=AE, de forma análoga AE=AC. Temos: AD^2=AB^2+AC^2+AB*AC*3^1/2 De: luiz silva luizfelipec...@yahoo.com.br Para: Matematica Lista obm-l@mat.puc-rio.br Enviadas: Sábado, 2 de Maio de 2009 14:58:47 Assunto: Enc: Re: [obm-l] problema interessante!!! Ola Marcio, Me confundi..na realidade o que foi provado é que u^2+v^2 = r^2-s^2 e uv=2rs Vou continuar com essa abordagem, e depois te envio uma resposta. Abs Felipe --- Em qui, 30/4/09, luiz silva luizfelipec...@yahoo.com.br escreveu: De: luiz silva luizfelipec...@yahoo.com.br Assunto: Re: [obm-l] problema interessante!!! Para: obm-l@mat.puc-rio.br Data: Quinta-feira, 30 de Abril de 2009, 11:42 Ola Marcio, Um outro caminho é escrever as relações dos lados : a^2+b^2 =c^2 e b^2+c^2=d^2 (onde d é o segmento que vai do vértice do angulo reto até o vértice do angulo oposto, de 60o.). Desta relação, teremos que encontrar u,v e r,s (ternos pitagórico primitivo) tais que: c= u^2+v^2 = r^2-s^2 e b= 2uv=2rs o que é impossível (já foi demonstrado, depois envio esta demonstração) Ps: b deverá ser par, pois da sequações acima, teremos que a^2+2b^2=d^2, onde a solução geral é : a = m^2-2n^2 b= 2mn d=m2+2n^2 com mdc (m, 2n)=1. Abs Felipe --- Em qui, 30/4/09, Márcio Pinheiro profmar...@yahoo.com.br escreveu: De: Márcio Pinheiro profmar...@yahoo.com.br Assunto: Re: [obm-l] problema interessante!!! Para: obm-l@mat.puc-rio.br Data: Quinta-feira, 30 de Abril de 2009, 8:39 A idéia inicial pode ser expressar AD em função de AB = c e de AC = b (essa é a parte realmente enfadonha). Um caminho (não acessível a quem ainda não tem conhecimentos razoáveis de números complexos) é adotar um plano de Argand-Gauss em que A é a origem e os eixos contêm os catetos. Em um tal plano, sejam A (0, 0), B (0, c) e C (b, 0), por exemplo. O vetor CB pode ser obtido por meio de uma rotação do vetor CD de pi/3 em torno de C.. Lembrando que o vetor PQ, com P (m, n) e Q (p, q), pode ser associado biunivocamente tanto a P - Q (m - p, n - q) quanto ao complexo (m - p) + (n - q)i, i^2 = -1, conclui-se que: (vetor CD)*(cospi/3 + isenpi/3) = (vetor CB), o que equivale a [(x - b) + iy]*[(1/2) + i(sqrt3)/2] = - b + ci, sendo D (x, y). Da igualdade das partes real e imaginária, impõe-se que x = (b + csqrt3)/2 e y = (c + bsqrt3)/2 (espero não ter errado as contas, feitas de cabeça :D). Finalmente, obtém-se que AD^2 = b^2 + c^2 + bcsqrt3, através da distância entre os pontos A e D. Supondo que b e c sejam racionais, conclui-se que b^2, c^2 e bc também o são. Logo AD^2 seria irracional. Mas, caso AD fosse racional, AD^2 deveria acompanhar essa racionalidade. Por conseguinte, AD não pode ser, também, racional. É possível obter AD por caminhos sintéticos, usando a Lei dos Cossenos, por exemplo, nos triângulos ABD e ACD, juntamente com mais alguma trigonometria. Entretanto, aí sim a solução fica bem mais bizarra... Espero ter contribuído. Márcio Pinheiro. --- Em qua, 29/4/09, Cleuber Eduardo cleubersa...@yahoo.com..br escreveu: De: Cleuber Eduardo cleubersa...@yahoo.com.br Assunto: [obm-l] problema interessante!!! Para: obm-l@mat.puc-rio.br Cc: cleubersa...@yahoo.com.br Data: Quarta-feira, 29 de Abril de 2009, 16:06 Bom, amigos da lista estou pensando nesse problema a alguns dias, no entanto a forma como o fiz é bastante enfadonha.1.Let ABC be a right triangle (∠A = 90◦). On the hypotenuse BC constructBCD.. Prove that the lengths of the segments AB, AC Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes, and AD cannot all be rational.donha. Obrigado desde já. in the exterior the equilateral triangle Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! +Buscados http://br.maisbuscados.yahoo.com
Re: [obm-l] problema interessante!!!
Ola Marcio, Um outro caminho é escrever as relações dos lados : a^2+b^2 =c^2 e b^2+c^2=d^2 (onde d é o segmento que vai do vértice do angulo reto até o vértice do angulo oposto, de 60o.). Desta relação, teremos que encontrar u,v e r,s (ternos pitagórico primitivo) tais que: c= u^2+v^2 = r^2-s^2 e b= 2uv=2rs o que é impossível (já foi demonstrado, depois envio esta demonstração) Ps: b deverá ser par, pois da sequações acima, teremos que a^2+2b^2=d^2, onde a solução geral é : a = m^2-2n^2 b= 2mn d=m2+2n^2 com mdc (m, 2n)=1. Abs Felipe --- Em qui, 30/4/09, Márcio Pinheiro profmar...@yahoo.com.br escreveu: De: Márcio Pinheiro profmar...@yahoo.com.br Assunto: Re: [obm-l] problema interessante!!! Para: obm-l@mat.puc-rio.br Data: Quinta-feira, 30 de Abril de 2009, 8:39 A idéia inicial pode ser expressar AD em função de AB = c e de AC = b (essa é a parte realmente enfadonha). Um caminho (não acessível a quem ainda não tem conhecimentos razoáveis de números complexos) é adotar um plano de Argand-Gauss em que A é a origem e os eixos contêm os catetos. Em um tal plano, sejam A (0, 0), B (0, c) e C (b, 0), por exemplo. O vetor CB pode ser obtido por meio de uma rotação do vetor CD de pi/3 em torno de C. Lembrando que o vetor PQ, com P (m, n) e Q (p, q), pode ser associado biunivocamente tanto a P - Q (m - p, n - q) quanto ao complexo (m - p) + (n - q)i, i^2 = -1, conclui-se que: (vetor CD)*(cospi/3 + isenpi/3) = (vetor CB), o que equivale a [(x - b) + iy]*[(1/2) + i(sqrt3)/2] = - b + ci, sendo D (x, y). Da igualdade das partes real e imaginária, impõe-se que x = (b + csqrt3)/2 e y = (c + bsqrt3)/2 (espero não ter errado as contas, feitas de cabeça :D). Finalmente, obtém-se que AD^2 = b^2 + c^2 + bcsqrt3, através da distância entre os pontos A e D. Supondo que b e c sejam racionais, conclui-se que b^2, c^2 e bc também o são. Logo AD^2 seria irracional. Mas, caso AD fosse racional, AD^2 deveria acompanhar essa racionalidade. Por conseguinte, AD não pode ser, também, racional. É possível obter AD por caminhos sintéticos, usando a Lei dos Cossenos, por exemplo, nos triângulos ABD e ACD, juntamente com mais alguma trigonometria. Entretanto, aí sim a solução fica bem mais bizarra... Espero ter contribuído. Márcio Pinheiro. --- Em qua, 29/4/09, Cleuber Eduardo cleubersa...@yahoo.com.br escreveu: De: Cleuber Eduardo cleubersa...@yahoo.com.br Assunto: [obm-l] problema interessante!!! Para: obm-l@mat.puc-rio.br Cc: cleubersa...@yahoo.com.br Data: Quarta-feira, 29 de Abril de 2009, 16:06 Bom, amigos da lista estou pensando nesse problema a alguns dias, no entanto a forma como o fiz é bastante enfadonha. 1.Let ABC be a right triangle (∠A = 90◦). On the hypotenuse BC construct in the exterior the equilateral triangle BCD. Prove that the lengths of the segments AB, AC, and AD cannot all be rational.donha. Obrigado desde já. Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! +Buscados http://br.maisbuscados.yahoo.com
Re: Res: [obm-l] problema interessante!!!
De nada. Fiquei curioso quanto à tua solução por Ptolomeu. Qual é o ponto P? Valeu, Cleuber. --- Em qui, 30/4/09, Cleuber Eduardo cleubersa...@yahoo.com.br escreveu: De: Cleuber Eduardo cleubersa...@yahoo.com.br Assunto: Res: [obm-l] problema interessante!!! Para: obm-l@mat.puc-rio.br Cc: cleubersa...@yahoo.com.br Data: Quinta-feira, 30 de Abril de 2009, 10:18 Valeu Márcio!!. Quando eu peguei esse problema a princípio eu tratei o problema de uma forma parecida com a tua. Mas ontem eu percebi que se construíssemos um triangulo equilátero auxiliar ACE e depois ptlolomeu no quadriátero APCE e BPCD. E so no final usa-se a lei dos cossenos pra terminar. Obrigado De: Márcio Pinheiro profmar...@yahoo.com.br Para: obm-l@mat.puc-rio.br Enviadas: Quinta-feira, 30 de Abril de 2009 8:39:51 Assunto: Re: [obm-l] problema interessante!!! A idéia inicial pode ser expressar AD em função de AB = c e de AC = b (essa é a parte realmente enfadonha). Um caminho (não acessível a quem ainda não tem conhecimentos razoáveis de números complexos) é adotar um plano de Argand-Gauss em que A é a origem e os eixos contêm os catetos. Em um tal plano, sejam A (0, 0), B (0, c) e C (b, 0), por exemplo. O vetor CB pode ser obtido por meio de uma rotação do vetor CD de pi/3 em torno de C. Lembrando que o vetor PQ, com P (m, n) e Q (p, q), pode ser associado biunivocamente tanto a P - Q (m - p, n - q) quanto ao complexo (m - p) + (n - q)i, i^2 = -1, conclui-se que: (vetor CD)*(cospi/3 + isenpi/3) = (vetor CB), o que equivale a [(x - b) + iy]*[(1/2) + i(sqrt3)/2] = - b + ci, sendo D (x, y). Da igualdade das partes real e imaginária, impõe-se que x = (b + csqrt3)/2 e y = (c + bsqrt3)/2 (espero não ter errado as contas, feitas de cabeça :D). Finalmente, obtém-se que AD^2 = b^2 + c^2 + bcsqrt3, através da distância entre os pontos A e D. Supondo que b e c sejam racionais, conclui-se que b^2, c^2 e bc também o são. Logo AD^2 seria irracional. Mas, caso AD fosse racional, AD^2 deveria acompanhar essa racionalidade. Por conseguinte, AD não pode ser, também, racional. É possível obter AD por caminhos sintéticos, usando a Lei dos Cossenos, por exemplo, nos triângulos ABD e ACD, juntamente com mais alguma trigonometria. Entretanto, aí sim a solução fica bem mais bizarra... Espero ter contribuído. Márcio Pinheiro. --- Em qua, 29/4/09, Cleuber Eduardo cleubersa...@yahoo.com.br escreveu: De: Cleuber Eduardo cleubersa...@yahoo.com.br Assunto: [obm-l] problema interessante!!! Para: obm-l@mat.puc-rio.br Cc: cleubersa...@yahoo.com.br Data: Quarta-feira, 29 de Abril de 2009, 16:06 Bom, amigos da lista estou pensando nesse problema a alguns dias, no entanto a forma como o fiz é bastante enfadonha. 1.Let ABC be a right triangle (∠A = 90◦). On the hypotenuse BC construct in the exterior the equilateral triangle BCD. Prove that the lengths of the segments AB, AC, and AD cannot all be rational.donha. Obrigado desde já. Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! +Buscados http://br.maisbuscados.yahoo.com
Enc: Re: [obm-l] problema interessante!!!
Ola Marcio, Me confundi..na realidade o que foi provado é que u^2+v^2 = r^2-s^2 e uv=2rs Vou continuar com essa abordagem, e depois te envio uma resposta. Abs Felipe --- Em qui, 30/4/09, luiz silva luizfelipec...@yahoo.com.br escreveu: De: luiz silva luizfelipec...@yahoo.com.br Assunto: Re: [obm-l] problema interessante!!! Para: obm-l@mat.puc-rio.br Data: Quinta-feira, 30 de Abril de 2009, 11:42 Ola Marcio, Um outro caminho é escrever as relações dos lados : a^2+b^2 =c^2 e b^2+c^2=d^2 (onde d é o segmento que vai do vértice do angulo reto até o vértice do angulo oposto, de 60o.). Desta relação, teremos que encontrar u,v e r,s (ternos pitagórico primitivo) tais que: c= u^2+v^2 = r^2-s^2 e b= 2uv=2rs o que é impossível (já foi demonstrado, depois envio esta demonstração) Ps: b deverá ser par, pois da sequações acima, teremos que a^2+2b^2=d^2, onde a solução geral é : a = m^2-2n^2 b= 2mn d=m2+2n^2 com mdc (m, 2n)=1. Abs Felipe --- Em qui, 30/4/09, Márcio Pinheiro profmar...@yahoo.com.br escreveu: De: Márcio Pinheiro profmar...@yahoo.com.br Assunto: Re: [obm-l] problema interessante!!! Para: obm-l@mat.puc-rio.br Data: Quinta-feira, 30 de Abril de 2009, 8:39 A idéia inicial pode ser expressar AD em função de AB = c e de AC = b (essa é a parte realmente enfadonha). Um caminho (não acessível a quem ainda não tem conhecimentos razoáveis de números complexos) é adotar um plano de Argand-Gauss em que A é a origem e os eixos contêm os catetos. Em um tal plano, sejam A (0, 0), B (0, c) e C (b, 0), por exemplo. O vetor CB pode ser obtido por meio de uma rotação do vetor CD de pi/3 em torno de C. Lembrando que o vetor PQ, com P (m, n) e Q (p, q), pode ser associado biunivocamente tanto a P - Q (m - p, n - q) quanto ao complexo (m - p) + (n - q)i, i^2 = -1, conclui-se que: (vetor CD)*(cospi/3 + isenpi/3) = (vetor CB), o que equivale a [(x - b) + iy]*[(1/2) + i(sqrt3)/2] = - b + ci, sendo D (x, y). Da igualdade das partes real e imaginária, impõe-se que x = (b + csqrt3)/2 e y = (c + bsqrt3)/2 (espero não ter errado as contas, feitas de cabeça :D). Finalmente, obtém-se que AD^2 = b^2 + c^2 + bcsqrt3, através da distância entre os pontos A e D. Supondo que b e c sejam racionais, conclui-se que b^2, c^2 e bc também o são. Logo AD^2 seria irracional. Mas, caso AD fosse racional, AD^2 deveria acompanhar essa racionalidade. Por conseguinte, AD não pode ser, também, racional. É possível obter AD por caminhos sintéticos, usando a Lei dos Cossenos, por exemplo, nos triângulos ABD e ACD, juntamente com mais alguma trigonometria. Entretanto, aí sim a solução fica bem mais bizarra... Espero ter contribuído. Márcio Pinheiro. --- Em qua, 29/4/09, Cleuber Eduardo cleubersa...@yahoo.com.br escreveu: De: Cleuber Eduardo cleubersa...@yahoo.com.br Assunto: [obm-l] problema interessante!!! Para: obm-l@mat.puc-rio.br Cc: cleubersa...@yahoo.com.br Data: Quarta-feira, 29 de Abril de 2009, 16:06 Bom, amigos da lista estou pensando nesse problema a alguns dias, no entanto a forma como o fiz é bastante enfadonha. 1.Let ABC be a right triangle (∠A = 90◦). On the hypotenuse BC construct in the exterior the equilateral triangle BCD. Prove that the lengths of the segments AB, AC, and AD cannot all be rational.donha. Obrigado desde já. Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! +Buscados http://br.maisbuscados.yahoo.com
Res: Res: [obm-l] problema interessante!!!
Então, vamos lá: Fazendo o desenho e que te disse e a construção auxiliar do triangulo equilátero ACE. Vamos usar um colorário. COLORÁRIO: BE=AD DEMONSTRAÇÃO: Sendo P a intersecção da circunferência circunscrita aos respectivos triangulos ACE e BCD. Logo D^PC=pi/3 e A^MC=2pi/3. Então P está em AD, e de forma análoga P está em BE. Finalmente aplicando Ptolomeu!!!quadriláteros BPCD e APCE temos as relações PE=AP +PC, PD=PB+PC. Logo AD=PM+PB+PC=BE cqd. Em ABE aplica-se lei dos cossenos BE^2= AB^2+AE^2 +AE*AB*3^1/2. No entanto, BE=AD, AE=AC. Então: AD^2=AB^2+AC^2+AB.AC*3^1/2 cqd. Bom cheguei no mesmo resultado que vc obteve praticament. É um bom problema, enfim!!! De: Márcio Pinheiro profmar...@yahoo.com.br Para: obm-l@mat.puc-rio.br Enviadas: Quinta-feira, 30 de Abril de 2009 12:33:47 Assunto: Re: Res: [obm-l] problema interessante!!! De nada. Fiquei curioso quanto à tua solução por Ptolomeu. Qual é o ponto P? Valeu, Cleuber. --- Em qui, 30/4/09, Cleuber Eduardo cleubersa...@yahoo.com.br escreveu: De: Cleuber Eduardo cleubersa...@yahoo.com.br Assunto: Res: [obm-l] problema interessante!!! Para: obm-l@mat.puc-rio.br Cc: cleubersa...@yahoo.com.br Data: Quinta-feira, 30 de Abril de 2009, 10:18 Valeu Márcio!!. Quando eu peguei esse problema a princípio eu tratei o problema de uma forma parecida com a tua. Mas ontem eu percebi que se construíssemos um triangulo equilátero auxiliar ACE e depois ptlolomeu no quadriátero APCE e BPCD. E so no final usa-se a lei dos cossenos pra terminar. Obrigado De: Márcio Pinheiro profmar...@yahoo.com.br Para: obm-l@mat.puc-rio.br Enviadas: Quinta-feira, 30 de Abril de 2009 8:39:51 Assunto: Re: [obm-l] problema interessante!!! A idéia inicial pode ser expressar AD em função de AB = c e de AC = b (essa é a parte realmente enfadonha). Um caminho (não acessível a quem ainda não tem conhecimentos razoáveis de números complexos) é adotar um plano de Argand-Gauss em que A é a origem e os eixos contêm os catetos. Em um tal plano, sejam A (0, 0), B (0, c) e C (b, 0), por exemplo. O vetor CB pode ser obtido por meio de uma rotação do vetor CD de pi/3 em torno de C. Lembrando que o vetor PQ, com P (m, n) e Q (p, q), pode ser associado biunivocamente tanto a P - Q (m - p, n - q) quanto ao complexo (m - p) + (n - q)i, i^2 = -1, conclui-se que: (vetor CD)*(cospi/3 + isenpi/3) = (vetor CB), o que equivale a [(x - b) + iy]*[(1/2) + i(sqrt3)/2] = - b + ci, sendo D (x, y). Da igualdade das partes real e imaginária, impõe-se que x = (b + csqrt3)/2 e y = (c + bsqrt3)/2 (espero não ter errado as contas, feitas de cabeça :D). Finalmente, obtém-se que AD^2 = b^2 + c^2 + bcsqrt3, através da distância entre os pontos A e D. Supondo que b e c sejam racionais, conclui-se que b^2, c^2 e bc também o são. Logo AD^2 seria irracional. Mas, caso AD fosse racional, AD^2 deveria acompanhar essa racionalidade. Por conseguinte, AD não pode ser, também, racional. É possível obter AD por caminhos sintéticos, usando a Lei dos Cossenos, por exemplo, nos triângulos ABD e ACD, juntamente com mais alguma trigonometria. Entretanto, aí sim a solução fica bem mais bizarra... Espero ter contribuído. Márcio Pinheiro. --- Em qua, 29/4/09, Cleuber Eduardo cleubersa...@yahoo.com.br escreveu: De: Cleuber Eduardo cleubersa...@yahoo.com..br Assunto: [obm-l] problema interessante!!! Para: obm-l@mat.puc-rio.br Cc: cleubersa...@yahoo.com.br Data: Quarta-feira, 29 de Abril de 2009, 16:06 Bom, amigos da lista estou pensando nesse problema a alguns dias, no entanto a forma como o fiz é bastante enfadonha.1.Let ABC be a right triangle (∠A = 90◦). On the hypotenuse BC constructBCD. Prove that the lengths of the segments AB,AC, and AD cannot all be rational. donha. Obrigado desde já. Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes in the exterior the equilateral triangle Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! +Buscados http://br.maisbuscados.yahoo.com
Re: [obm-l] problema interessante!!!
A idéia inicial pode ser expressar AD em função de AB = c e de AC = b (essa é a parte realmente enfadonha). Um caminho (não acessível a quem ainda não tem conhecimentos razoáveis de números complexos) é adotar um plano de Argand-Gauss em que A é a origem e os eixos contêm os catetos. Em um tal plano, sejam A (0, 0), B (0, c) e C (b, 0), por exemplo. O vetor CB pode ser obtido por meio de uma rotação do vetor CD de pi/3 em torno de C. Lembrando que o vetor PQ, com P (m, n) e Q (p, q), pode ser associado biunivocamente tanto a P - Q (m - p, n - q) quanto ao complexo (m - p) + (n - q)i, i^2 = -1, conclui-se que: (vetor CD)*(cospi/3 + isenpi/3) = (vetor CB), o que equivale a [(x - b) + iy]*[(1/2) + i(sqrt3)/2] = - b + ci, sendo D (x, y). Da igualdade das partes real e imaginária, impõe-se que x = (b + csqrt3)/2 e y = (c + bsqrt3)/2 (espero não ter errado as contas, feitas de cabeça :D). Finalmente, obtém-se que AD^2 = b^2 + c^2 + bcsqrt3, através da distância entre os pontos A e D. Supondo que b e c sejam racionais, conclui-se que b^2, c^2 e bc também o são. Logo AD^2 seria irracional. Mas, caso AD fosse racional, AD^2 deveria acompanhar essa racionalidade. Por conseguinte, AD não pode ser, também, racional. É possível obter AD por caminhos sintéticos, usando a Lei dos Cossenos, por exemplo, nos triângulos ABD e ACD, juntamente com mais alguma trigonometria. Entretanto, aí sim a solução fica bem mais bizarra... Espero ter contribuído. Márcio Pinheiro. --- Em qua, 29/4/09, Cleuber Eduardo cleubersa...@yahoo.com.br escreveu: De: Cleuber Eduardo cleubersa...@yahoo.com.br Assunto: [obm-l] problema interessante!!! Para: obm-l@mat.puc-rio.br Cc: cleubersa...@yahoo.com.br Data: Quarta-feira, 29 de Abril de 2009, 16:06 Bom, amigos da lista estou pensando nesse problema a alguns dias, no entanto a forma como o fiz é bastante enfadonha. 1.Let ABC be a right triangle (∠A = 90◦). On the hypotenuse BC construct in the exterior the equilateral triangle BCD. Prove that the lengths of the segments AB, AC, and AD cannot all be rational.donha. Obrigado desde já. Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! +Buscados http://br.maisbuscados.yahoo.com
Res: [obm-l] problema interessante!!!
Valeu Márcio!!. Quando eu peguei esse problema a princípio eu tratei o problema de uma forma parecida com a tua. Mas ontem eu percebi que se construíssemos um triangulo equilátero auxiliar ACE e depois ptlolomeu no quadriátero APCE e BPCD. E so no final usa-se a lei dos cossenos pra terminar. Obrigado De: Márcio Pinheiro profmar...@yahoo.com.br Para: obm-l@mat.puc-rio.br Enviadas: Quinta-feira, 30 de Abril de 2009 8:39:51 Assunto: Re: [obm-l] problema interessante!!! A idéia inicial pode ser expressar AD em função de AB = c e de AC = b (essa é a parte realmente enfadonha). Um caminho (não acessível a quem ainda não tem conhecimentos razoáveis de números complexos) é adotar um plano de Argand-Gauss em que A é a origem e os eixos contêm os catetos. Em um tal plano, sejam A (0, 0), B (0, c) e C (b, 0), por exemplo. O vetor CB pode ser obtido por meio de uma rotação do vetor CD de pi/3 em torno de C. Lembrando que o vetor PQ, com P (m, n) e Q (p, q), pode ser associado biunivocamente tanto a P - Q (m - p, n - q) quanto ao complexo (m - p) + (n - q)i, i^2 = -1, conclui-se que: (vetor CD)*(cospi/3 + isenpi/3) = (vetor CB), o que equivale a [(x - b) + iy]*[(1/2) + i(sqrt3)/2] = - b + ci, sendo D (x, y). Da igualdade das partes real e imaginária, impõe-se que x = (b + csqrt3)/2 e y = (c + bsqrt3)/2 (espero não ter errado as contas, feitas de cabeça :D). Finalmente, obtém-se que AD^2 = b^2 + c^2 + bcsqrt3, através da distância entre os pontos A e D. Supondo que b e c sejam racionais, conclui-se que b^2, c^2 e bc também o são. Logo AD^2 seria irracional. Mas, caso AD fosse racional, AD^2 deveria acompanhar essa racionalidade. Por conseguinte, AD não pode ser, também, racional. É possível obter AD por caminhos sintéticos, usando a Lei dos Cossenos, por exemplo, nos triângulos ABD e ACD, juntamente com mais alguma trigonometria. Entretanto, aí sim a solução fica bem mais bizarra... Espero ter contribuído. Márcio Pinheiro. --- Em qua, 29/4/09, Cleuber Eduardo cleubersa...@yahoo.com.br escreveu: De: Cleuber Eduardo cleubersa...@yahoo.com.br Assunto: [obm-l] problema interessante!!! Para: obm-l@mat.puc-rio.br Cc: cleubersa...@yahoo.com.br Data: Quarta-feira, 29 de Abril de 2009, 16:06 Bom, amigos da lista estou pensando nesse problema a alguns dias, no entanto a forma como o fiz é bastante enfadonha.1.Let ABC be a right triangle (∠A = 90◦). On the hypotenuse BC constructBCD. Prove that the lengths of the segments AB,AC, and AD cannot all be rational.donha. Obrigado desde já. Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes in the exterior the equilateral triangle Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10 - Celebridades - Música - Esportes Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! +Buscados http://br.maisbuscados.yahoo.com
[obm-l] problema interessante!!!
Bom, amigos da lista estou pensando nesse problema a alguns dias, no entanto a forma como o fiz é bastante enfadonha.1.Let in the exterior the equilateral triangle ABC be a right triangle (∠A = 90◦). On the hypotenuse BC constructBCD. Prove that the lengths of the segments AB,AC, and AD cannot all be rational.donha. Obrigado desde já. Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! +Buscados http://br.maisbuscados.yahoo.com
Re: [obm-l] Problema Interessante
Podemos fazer o seguinte. Primeiro inserimos as peças, anotando com um lápis ou giz em cada casa quantas inversões aquela casa deve sofrer, no estilo prisioneiro contando os dias na parede da cela. Depois de colocadas todas as peças, fazem-se as inversões. Após ter colocado todas as peças, antes de por em prática a segunda parte do plano, teremos n2-1 peças brancas e 1 preta no tabuleiro. Existe uma correspondência biunívoca entre o número de arestas e o número de inversões previstas, pois cada aresta implicará exatamente uma inversão, quando for colocada a segunda peça ao redor dela, afetando a primeira. Teremos portanto número total de inversões = número de arestas = 2.n.(n-1) = par. Ora, cada inversão vai alterar a paridade do número de peças de cada cor no tabuleiro. Como serão 2k inversões, a paridade final do número de peças de cada cor, em particular da cor preta, será igual à inicial, portanto teremos um número ímpar de pretas. --- benedito [EMAIL PROTECTED] escreveu: Problema Um tabuleiro n x n é preenchido com peças brancas e pretas, de acordo com as seguintes regras: (i) Inicialmente (i. e. tabuleiro vazio) uma peça preta é colocada sobre uma casa qualquer; (ii) nos movimentos posteriores, uma peça branca é colocada em uma casa vazia e todas as peças, se houver alguma, situadas em casas vizinhas (i. e. com aresta comum) são trocadas por peças de cor oposta. Este processo se prolonga até o tabuleiro estar completamente preenchido. Prove que, ao final do processo, restará pelo menos uma peça preta sobre o tabuleiro. Benedito ___ O Yahoo! está de cara nova. Venha conferir! http://br.yahoo.com = 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] Problema Interessante
Cada nova peça colocada causa um número de mudanças de cor igual ao número de peças adjacentes a ela. Como, ao final do jogo, o tabuleiro está totalmente preenchido, o número total de mudanças de cor ocorridas é igual ao número total de pares de peças adjacentes, o qual, por sua vez, é igual ao número total de arestas (entre duas casas adjacentes) do tabuleiro, ou seja, 2n(n-1), um número par (pois temos n-1 linhas verticais e n-1 linhas horizontais, cada uma com n arestas). Como o jogo começa com 1 peça preta e termina após um número par de mudanças de cor, o número de peças pretas ao final será ímpar e, portanto, não nulo. []s, Claudio. De:[EMAIL PROTECTED] Para:obm-l@mat.puc-rio.br Cópia: Data:Sat, 2 Dec 2006 10:39:31 -0300 Assunto:[obm-l] Problema Interessante Problema Um tabuleiro n x n é preenchido com peças brancas e pretas, de acordo com as seguintes regras: (i) Inicialmente (i. e. tabuleiro vazio) uma peça preta é colocada sobre uma casa qualquer; (ii) nos movimentos posteriores, uma peça branca é colocada em uma casa vazia e todas as peças, se houver alguma, situadas em casas vizinhas (i. e. com aresta comum) são trocadas por peças de cor oposta. Este processo se prolonga até o tabuleiro estar completamente preenchido. Prove que, ao final do processo, restará pelo menos uma peça preta sobre o tabuleiro. Benedito
[obm-l] Problema Interessante
Problema Um tabuleiro n x n é preenchido com peças brancas e pretas, de acordo com as seguintes regras: (i) Inicialmente (i. e. tabuleiro vazio) uma peça preta é colocada sobre uma casa qualquer; (ii) nos movimentos posteriores, uma peça branca é colocada em uma casa vazia e todas as peças, se houver alguma, situadas em casas vizinhas (i. e. com aresta comum) são trocadas por peças de cor oposta. Este processo se prolonga até o tabuleiro estar completamente preenchido. Prove que, ao final do processo, restará pelo menos uma peça preta sobre o tabuleiro. Benedito
Re: [obm-l] Problema interessante
Para tal, ha o seguinte lema: Sejam a e b inteiros positivos primos entre si. Então todo inteiro c maior ou igual que o número (a 1)(b 1) pode ser escrito da forma c = ar + bs, com r, s #8805; 0. Mais ainda, o menor inteiro com essa propriedade é (a 1)(b 1). vejam, para detalhes, http://www.obm.org.br/eureka/eureka12.pdf --- Eric Campos [EMAIL PROTECTED] wrote: Mas se as cedulas fossem de 67 e 89, digamos, como determinar a partir de quem ninguem precisa de troco? Abrac,os! Eric. --- Bruno Bruno [EMAIL PROTECTED] wrote: Vamos partir do 18. É óbvio que qualquer número do tipo 18+4k não precisa de troco. Então vamos provar que 18+(4k+1), 18+(4k+2) e 18+(4k+3) também não precisam. 18+(4k+1)=19+4k. Ora, 19 = 4+4+4+7, logo não precisam de troco. 18+(4k+2)=20+4k. -- 20 = 4+4+4+4+4 18+(4k+3)=21+4k. -- 21 = 7+7+7 logo, qualquer n=18 nao precisa de troco On Fri, 25 Mar 2005 11:00:25 -0300, Thiago [EMAIL PROTECTED] wrote: Tenho dúvida no seguinte problema: Num país só existem cédulos de 4 e de 7 unidades monetárias. Qual é o menor valor inteiro que a partir dele (inclusive) não é necessário ter troco? Exemplo. 14 = 7 + 7 15 = 4 + 4 + 7 16 = 4 + 4 + 4 + 4 17 = ? 18 = 4 + 7 + 7 e assim por diante. notei que a partir do 18 todos nao deixam troco mas como provar = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = Yahoo! Acesso Grátis - Internet rápida e grátis. Instale o discador agora! http://br.acesso.yahoo.com/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = __ Converse com seus amigos em tempo real com o Yahoo! Messenger http://br.download.yahoo.com/messenger/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] Problema interessante
Tenho dúvida no seguinte problema: Num país só existem cédulos de 4 e de 7 unidades monetárias. Qual é o menor valor inteiro que a partir dele (inclusive) não é necessário ter troco? Exemplo. 14 = 7 + 7 15 = 4 + 4 + 7 16 = 4 + 4 + 4 + 4 17= ? 18 = 4 + 7 + 7 e assim por diante. notei que a partir do 18 "todos" nao deixam troco mas como provar
Re: [obm-l] Problema interessante
Vamos partir do 18. É óbvio que qualquer número do tipo 18+4k não precisa de troco. Então vamos provar que 18+(4k+1), 18+(4k+2) e 18+(4k+3) também não precisam. 18+(4k+1)=19+4k. Ora, 19 = 4+4+4+7, logo não precisam de troco. 18+(4k+2)=20+4k. -- 20 = 4+4+4+4+4 18+(4k+3)=21+4k. -- 21 = 7+7+7 logo, qualquer n=18 nao precisa de troco On Fri, 25 Mar 2005 11:00:25 -0300, Thiago [EMAIL PROTECTED] wrote: Tenho dúvida no seguinte problema: Num país só existem cédulos de 4 e de 7 unidades monetárias. Qual é o menor valor inteiro que a partir dele (inclusive) não é necessário ter troco? Exemplo. 14 = 7 + 7 15 = 4 + 4 + 7 16 = 4 + 4 + 4 + 4 17 = ? 18 = 4 + 7 + 7 e assim por diante. notei que a partir do 18 todos nao deixam troco mas como provar = 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] Problema interessante
Mas se as cedulas fossem de 67 e 89, digamos, como determinar a partir de quem ninguem precisa de troco? Abrac,os! Eric. --- Bruno Bruno [EMAIL PROTECTED] wrote: Vamos partir do 18. É óbvio que qualquer número do tipo 18+4k não precisa de troco. Então vamos provar que 18+(4k+1), 18+(4k+2) e 18+(4k+3) também não precisam. 18+(4k+1)=19+4k. Ora, 19 = 4+4+4+7, logo não precisam de troco. 18+(4k+2)=20+4k. -- 20 = 4+4+4+4+4 18+(4k+3)=21+4k. -- 21 = 7+7+7 logo, qualquer n=18 nao precisa de troco On Fri, 25 Mar 2005 11:00:25 -0300, Thiago [EMAIL PROTECTED] wrote: Tenho dúvida no seguinte problema: Num país só existem cédulos de 4 e de 7 unidades monetárias. Qual é o menor valor inteiro que a partir dele (inclusive) não é necessário ter troco? Exemplo. 14 = 7 + 7 15 = 4 + 4 + 7 16 = 4 + 4 + 4 + 4 17 = ? 18 = 4 + 7 + 7 e assim por diante. notei que a partir do 18 todos nao deixam troco mas como provar = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = Yahoo! Acesso Grátis - Internet rápida e grátis. Instale o discador agora! http://br.acesso.yahoo.com/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] Problema interessante em MATLAB
Olá pessoal, gostaria da ajuda de vocês nesse problema (de médias móveis simples) em MATLAB Bom, o problema consiste em bolar o algoritmo para cálculo da média móvel e, em seguida, montar um gráfico, o problema é que comecei agora em linguagem de programação...não sei fazer direito: A média móvel simples é calculada a partir de r observações, conhecendo-se valores z(i) (que são variáveis para cada amostra a partir das quais deseja-se fazer a previsão): M(t)=[sum z(i)] / r , com i=t,t-1,...,t-r+1 (r valores) ; onde t é o período de oservação. Para t, por exemplo, igual à 120 e r=7 , pede-se calcular M(7),M(8),...,M(120) e fazer o gráfico M(t)xt a partir de valores z(1),z(2),...,z(120) conhecidos. Bom, tentei fazer o algoritmo: t=input (´coloque o valor de t=período´) (ps.: no problema onde estava testando, t era 120 dias) r=input (´coloque o valor de r=nº de observações´) for k=linspace(1,t,t) soma=0 for i=linspace(1,r,r) indice=(k+i-1) soma=z(indice) +soma end M(k+i-1)=soma/r plot(M(k+i-1),t) clear t,r,k,i,indice Bom, não estou conseguindo fazer o gráfico...afora que nem sei se isso que eu fiz, de fato, calcula os M(h) valores (h=7,...,120) Outra coisa, tô sem o MATLAB aqui em casa, desse jeito que eu fiz o programa vai pedir os t valores do z ? Agradeço qualquer ajuda! []´s Henrique _ MSN Messenger: converse online com seus amigos . http://messenger.msn.com.br = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = _ MSN Messenger: converse online com seus amigos . http://messenger.msn.com.br = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] Problema interessante em MATLAB
Olá pessoal, gostaria da ajuda de vocês nesse problema (de médias móveis simples) em MATLAB Bom, o problema consiste em bolar o algoritmo para cálculo da média móvel e, em seguida, montar um gráfico, o problema é que comecei agora em linguagem de programação...não sei fazer direito: A média móvel simples é calculada a partir de r observações, conhecendo-se valores z(i) (que são variáveis para cada amostra a partir das quais deseja-se fazer a previsão): M(t)=[sum z(i)] / r , com i=t,t-1,...,t-r+1 (r valores) ; onde t é o período de oservação. Para t, por exemplo, igual à 120 e r=7 , pede-se calcular M(7),M(8),...,M(120) e fazer o gráfico M(t)xt a partir de valores z(1),z(2),...,z(120) conhecidos. Bom, tentei fazer o algoritmo: t=input (´coloque o valor de t=período´) (ps.: no problema onde estava testando, t era 120 dias) r=input (´coloque o valor de r=nº de observações´) for k=linspace(1,t,t) soma=0 for i=linspace(1,r,r) indice=(k+i-1) soma=z(indice) +soma end M(k+i-1)=soma/r plot(M(k+i-1),t) clear t,r,k,i,indice Bom, não estou conseguindo fazer o gráfico...afora que nem sei se isso que eu fiz, de fato, calcula os M(h) valores (h=7,...,120) Outra coisa, tô sem o MATLAB aqui em casa, desse jeito que eu fiz o programa vai pedir os t valores do z ? Agradeço qualquer ajuda! []´s Henrique _ MSN Messenger: converse online com seus amigos . http://messenger.msn.com.br = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re:[obm-l] Problema interessante de PA
Olá Cláudio,
Problema original
"Encontrar a condição necessária e suficiente que deve ser verificada para
que qualquer termo de uma progressão aritmética infinita seja a soma de dois
termos, da mesma progressão. "
Fiquei curioso com a definição que você deu para PA
infinita.
"Normalmente, quando falamos numa PA infinita,
queremos dizer infinita em ambas as direcoes, ou seja a PA eh {a + n*r | n
pertence a Z}."
Qual a definição que você utiliza para
PA?
Eu utilizo a seguinte:
"Uma progressão aritmética é uma sequência
(a_n) tal que
a_(n+1) - a_n=r, para todo n natural não nulo.
Aconstante r é chamada razão da progressão aritmética."
Neste pontoé necessário entender uma
sequência como uma função cujo domínio é o conjunto dos números
naturais (ou naturais não nulos dependendo do gosto
de cada um!).
Sabemos que existe uma bijeção entre os números
naturais e os inteiros.
Entretanto eu não consigo
visualizar nenhuma que satisfaça adefinição de PA (que eu
utilizo!).
Além destas questões de definição
háoutra:
Sabemos que algumas vezes em matemática utilizamos
dois como sendo dois ou um. E foi o que você fez!
Eu considerei dois como sendo dois
distintos.
Neste ponto gostaria muito da
colaboração de todos da lista pois as respostas não serão equivalentes se
utilizarmos a palavra dois com significados
diferentes.
Pois:
O enunciado diz que cada termo é a soma de
dois termos desta mesma PA.
E você considera o termo zero duas vezes. Assim
você está considerando apenas um termo.
Outro ponto em que tenho dúvidas é na sua
demonstração.
Você supõe que a PA possui termo não negativo. E
toma a como sendo o menor dentre os termos não negativos, certo? Assim o a teria
que ser o zero necessariamente (0 é o menor termo não negativo!)e a-r
0 para r0.
Outro problema é : uma PA poderia não possuir
termospositivos e negativos por exemplo se
consideramos (0,r,2r,3r,...) com r
negativo.
Para finalizar quero destacar que esta
discussão é bastante salutar e estou aprendendo muito com
ela!
Agradeço sua participação!
[ ],s
Fernando
- Original Message -
From:
claudio.buffara
To: obm-l
Sent: Saturday, July 03, 2004 10:00
AM
Subject: Re:[obm-l] Problema interessante
de PA
Eh sim.
0 = 0 + 0. O enunciado nao fala nada sobre cada termo ser a soma de
termos diferentes, entre si ou do tal termo.
Alem disso, r = r + 0.
Normalmente, quando falamos numa PA infinita, queremos dizer infinita em
ambas as direcoes, ou seja a PA eh {a + n*r | n pertence a Z}.
[]s,
Claudio.
De:
[EMAIL PROTECTED]
Para:
"obm-l"
[EMAIL PROTECTED]
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Data:
Fri, 2 Jul 2004 19:22:02
-0300
Assunto:
Re:[obm-l] Problema
interessante de PA
Olá Cláudio, tudo bem?
Acho que a condição não é suficiente pois considerando a PA:
(0, r, 2r,3r,...)
0 pertence a PA maso primeiro termo não é a soma de dois
termos desta mesma PA.
[],s
Fernando
De:
[EMAIL PROTECTED]
Para:
"obm-l"
[EMAIL PROTECTED]
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Data:
Fri, 02 Jul 2004 16:23:48
-0300
Assunto:
Re:[obm-l] Problema
interessante de PA
Condição necessária e suficiente: 0 pertence à PA.
Se 0 pertence à PA, então, de duas uma:
a PA é constante (razão = 0)
ou
a razão será igual ao menor termo positivo.
Em todo caso, os termos da PA serão da forma n*r (r = razão) e,
portanto, todo termo será soma de dois termos (por exemplo, n*r = (n-1)*r +
1*r).
Por outro lado, se cada termo é igual a soma de dois outros
termos, então, pondo:
a = menor termo não-negativo da PA, teremos que, dado um
inteiro n, vão existir inteiros x e y tais que:
a + n*r = (a + x*r) + (a + y*r) ==
a = (n - x - y)*r ==
r | a ==
r = a.
Se r a, então a - r pertence à PA e é positivo
==
contradição, pois a é o menor termo não-negativo da PA
==
r = a ==
0 = a - r pertence à PA.
[]s,
Claudio.
"Encontrar a condição necessária e suficiente que deve ser
verificada para que qualquer termo de uma progressão aritmética infinita seja
a soma de dois termos, da mesma progressão. "
Re:[obm-l] Problema interessante de PA
Olá Fernando, usando o que vc mesmo disse anteriormente: (-r,0,r,2r,...) satisfaz a condição mas o primeiro termo não é a soma de dois termos desta mesma PA. Abraços, Rogério. From: f_villar Acho que a condição necessária e suficiente é: um dos termos é o simétrico da razão da PA: Ida: Se um dos termos é o simétrico da razão então 0 pertence a PA e a razão também é um de seus termos. Podemos dividir em dois casos: r0 e r0 r 0 Se r0 então o primeiro termo desta PA deve ser um número negativo digamos -nr, com n natural não nulo. Pela definição de PA cada termo a partir do segundo é igual ao anterior mais a razão. Logo todos os termos a partir do segundo serão escritos como a soma de dois termos da própria PA. O problema seria o primeiro termo mas neste caso temos -nr =-(n-1)r-r onde -(n-1)r e -r são dois termos distintos da PA. O caso r0 é analogo. Reciprocamente: Como cada termo da PA é a soma de dois termos desta mesma PA temos: a_1 = a_m+a_n a_1=a_1+(m-1)r+a_1 +(n-1)r donde a_1=r[2-(n+m)] como n,m=1 e nm temos (n+m)2 e por isso [2-(n+m)]0 e se r0 então a_10 ser0 então a_10 considerando o termo a_(n+m+3) temos a_(n+m+3) = a_1=r[2-(n+m)]+ (n+m-2)r = 0 a_(n+m+3)=0 e portanto a_(n+m+2)=-r Logo um dos termos é o simétrico da razão! [],s Fernando Encontrar a condição necessária e suficiente que deve ser verificada para que qualquer termo de uma progressão aritmética infinita seja a soma de dois termos, da mesma progressão. _ MSN Messenger: converse com os seus amigos online. http://messenger.msn.com.br = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re:[obm-l] Problema interessante de PA
Eh sim.
0 = 0 + 0. O enunciado nao fala nada sobre cada termo ser a soma de termos diferentes, entre si ou do tal termo.
Alem disso, r = r + 0.
Normalmente, quando falamos numa PA infinita, queremos dizer infinita em ambas as direcoes, ou seja a PA eh {a + n*r | n pertence a Z}.
[]s,
Claudio.
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Fri, 2 Jul 2004 19:22:02 -0300
Assunto:
Re:[obm-l] Problema interessante de PA
Olá Cláudio, tudo bem?
Acho que a condição não é suficiente pois considerando a PA:
(0, r, 2r,3r,...)
0 pertence a PA maso primeiro termo não é a soma de dois termos desta mesma PA.
[],s
Fernando
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"obm-l" [EMAIL PROTECTED]
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Fri, 02 Jul 2004 16:23:48 -0300
Assunto:
Re:[obm-l] Problema interessante de PA
Condição necessária e suficiente: 0 pertence à PA.
Se 0 pertence à PA, então, de duas uma:
a PA é constante (razão = 0)
ou
a razão será igual ao menor termo positivo.
Em todo caso, os termos da PA serão da forma n*r (r = razão) e, portanto, todo termo será soma de dois termos (por exemplo, n*r = (n-1)*r + 1*r).
Por outro lado, se cada termo é igual a soma de dois outros termos, então, pondo:
a = menor termo não-negativo da PA, teremos que, dado um inteiro n, vão existir inteiros x e y tais que:
a + n*r = (a + x*r) + (a + y*r) ==
a = (n - x - y)*r ==
r | a ==
r = a.
Se r a, então a - r pertence à PA e é positivo ==
contradição, pois a é o menor termo não-negativo da PA ==
r = a ==
0 = a - r pertence à PA.
[]s,
Claudio.
De:
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"obm-l" [EMAIL PROTECTED]
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Fri, 2 Jul 2004 15:20:43 -0300
Assunto:
[obm-l] Problema interessante de PA
"Encontrar a condição necessária e suficiente que deve ser verificada para que qualquer termo de uma progressão aritmética infinita seja a soma de dois termos, da mesma progressão. "
Esta mensagem foi verificada pelo E-mail Protegido Terra.Scan engine: VirusScan / Atualizado em 02/07/2004 / Versão: 1.5.2Proteja o seu e-mail Terra: http://www.emailprotegido.terra.com.br/
[obm-l] Problema interessante de PA
"Encontrar a condição necessária e suficiente que deve ser verificada para que qualquer termo de uma progressão aritmética infinita seja a soma de dois termos, da mesma progressão. "
RE: [obm-l] Problema interessante de PA
É dito que a soma de dois termos da progressão é igual ao dobro de um dos termos mais uma quantidade inteira de vezes a razão da progressão. Por outro lado, em qualquer progressão, isso deve também ser igual a um dos termos mais uma quantidade inteira de vezes a razão da progressão. Portanto, um dos termos deve ser uma quantidade inteira de vezes a razão da progressão, o que implica que um dos termos deva ser igual à própria razão da progressão. A volta é trivial : Se um dos termos é a própria razão, qualquer outro termo pode ser obtido pela soma do termo imediatamente anterior com este termo que é igual à razão. Abraços, Rogério. -- Encontrar a condição necessária e suficiente que deve ser verificada para que qualquer termo de uma progressão aritmética infinita seja a soma de dois termos, da mesma progressão. _ MSN Hotmail, o maior webmail do Brasil. http://www.hotmail.com = 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] Problema interessante de PA
Condição necessária e suficiente: 0 pertence à PA. Se 0 pertence à PA, então, de duas uma: a PA é constante (razão = 0) ou a razão será igual ao menor termo positivo. Em todo caso, os termos da PA serão da forma n*r (r = razão) e, portanto, todo termo será soma de dois termos (por exemplo, n*r = (n-1)*r + 1*r). Por outro lado, se cada termo é igual a soma de dois outros termos, então, pondo: a = menor termo não-negativo da PA, teremos que, dado um inteiro n, vão existir inteiros x e y tais que: a + n*r = (a + x*r) + (a + y*r) == a = (n - x - y)*r == r | a == r = a. Se r a, então a - r pertence à PA e é positivo == contradição, pois a é o menor termo não-negativo da PA == r = a == 0 = a - r pertence à PA. []s, Claudio. De: [EMAIL PROTECTED] Para: "obm-l" [EMAIL PROTECTED] Cópia: Data: Fri, 2 Jul 2004 15:20:43 -0300 Assunto: [obm-l] Problema interessante de PA "Encontrar a condição necessária e suficiente que deve ser verificada para que qualquer termo de uma progressão aritmética infinita seja a soma de dois termos, da mesma progressão. "
Re:[obm-l] Problema interessante de PA
Olá Cláudio, tudo bem? Acho que a condição não é suficiente pois considerando a PA: (0, r, 2r,3r,...) 0 pertence a PA maso primeiro termo não é a soma de dois termos desta mesma PA. [],s Fernando De: [EMAIL PROTECTED] Para: "obm-l" [EMAIL PROTECTED] Cópia: Data: Fri, 02 Jul 2004 16:23:48 -0300 Assunto: Re:[obm-l] Problema interessante de PA Condição necessária e suficiente: 0 pertence à PA. Se 0 pertence à PA, então, de duas uma: a PA é constante (razão = 0) ou a razão será igual ao menor termo positivo. Em todo caso, os termos da PA serão da forma n*r (r = razão) e, portanto, todo termo será soma de dois termos (por exemplo, n*r = (n-1)*r + 1*r). Por outro lado, se cada termo é igual a soma de dois outros termos, então, pondo: a = menor termo não-negativo da PA, teremos que, dado um inteiro n, vão existir inteiros x e y tais que: a + n*r = (a + x*r) + (a + y*r) == a = (n - x - y)*r == r | a == r = a. Se r a, então a - r pertence à PA e é positivo == contradição, pois a é o menor termo não-negativo da PA == r = a == 0 = a - r pertence à PA. []s, Claudio. De: [EMAIL PROTECTED] Para: "obm-l" [EMAIL PROTECTED] Cópia: Data: Fri, 2 Jul 2004 15:20:43 -0300 Assunto: [obm-l] Problema interessante de PA "Encontrar a condição necessária e suficiente que deve ser verificada para que qualquer termo de uma progressão aritmética infinita seja a soma de dois termos, da mesma progressão. " Esta mensagem foi verificada pelo E-mail Protegido Terra.Scan engine: VirusScan / Atualizado em 02/07/2004 / Versão: 1.5.2Proteja o seu e-mail Terra: http://www.emailprotegido.terra.com.br/
RE: [obm-l] Problema interessante de PA
Tudo bem, Rogério? Você é do Rio de Janeiro? Se considerarmos a condição: um dos termos da PA é a própria razão. Acho que não é suficiente pois (r,2r,3r,...) satisfaz a condição mas o primeiro termo não é a soma de dois termos desta mesma PA. []'s Fernando De: [EMAIL PROTECTED] Para: [EMAIL PROTECTED] Cópia: Data: Fri, 02 Jul 2004 19:20:18 + Assunto: RE: [obm-l] Problema interessante de PA É dito que a soma de dois termos da progressão é igual ao dobro de um dos termos mais uma quantidade inteira de vezes a razão da progressão. Por outro lado, em qualquer progressão, isso deve também ser igual a um dos termos mais uma quantidade inteira de vezes a razão da progressão. Portanto, um dos termos deve ser uma quantidade inteira de vezes a razão da progressão, o que implica que um dos termos deva ser igual à própria razão da progressão. A volta é trivial : Se um dos termos é a própria razão, qualquer outro termo pode ser obtido pela soma do termo imediatamente anterior com este termo que é igual à razão. Abraços, Rogério. -- "Encontrar a condição necessária e suficiente que deve ser verificada para que qualquer termo de uma progressão aritmética infinita seja a soma de dois termos, da mesma progressão. " _ MSN Hotmail, o maior webmail do Brasil. http://www.hotmail.com = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = Esta mensagem foi verificada pelo E-mail Protegido Terra. Scan engine: VirusScan / Atualizado em 02/07/2004 / Versão: 1.5.2 Proteja o seu e-mail Terra: http://www.emailprotegido.terra.com.br/
RE: [obm-l] Problema interessante de PA
Olá Fernando, sim, sou do Rio! Bem, eu havia imaginado uma sequência infinita nas duas direções. Se existe um primeiro termo, que também deva ser obtido pela soma de 2 outros termos da PA, então, pela minha conclusão anterior, todos os termos são nulos e a razão também é zero. Abraços, Rogério. Tudo bem, Rogério? Você é do Rio de Janeiro? Se considerarmos a condição: um dos termos da PA é a própria razão. Acho que não é suficiente pois (r,2r,3r,...) satisfaz a condição mas o primeiro termo não é a soma de dois termos desta mesma PA. []'s Fernando É dito que a soma de dois termos da progressão é igual ao dobro de um dos termos mais uma quantidade inteira de vezes a razão da progressão. Por outro lado, em qualquer progressão, isso deve também ser igual a um dos termos mais uma quantidade inteira de vezes a razão da progressão. Portanto, um dos termos deve ser uma quantidade inteira de vezes a razão da progressão, o que implica que um dos termos deva ser igual à própria razão da progressão. A volta é trivial : Se um dos termos é a própria razão, qualquer outro termo pode ser obtido pela soma do termo imediatamente anterior com este termo que é igual à razão. Abraços, Rogério. -- Encontrar a condição necessária e suficiente que deve ser verificada para que qualquer termo de uma progressão aritmética infinita seja a soma de dois termos, da mesma progressão. _ MSN Messenger: converse com os seus amigos online. http://messenger.msn.com.br = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re:[obm-l] Problema interessante de PA
Em tempo: Na mensagem anterior eu esqueci de agradecer as soluções propostas por Rogério Ponce e Cláudio Buffara! Por gentileza verifiquem se há algum problema em minha solução. Um abraço, amigos! De: [EMAIL PROTECTED] Para: "obm-l" [EMAIL PROTECTED] Cópia: Data: Fri, 02 Jul 2004 20:36:40 -0300 Assunto: Re:[obm-l] Problema interessante de PA Acho que a condição necessária e suficiente é: um dos termos é o simétrico da razão da PA: Ida:Se um dos termos é o simétrico da razão então 0 pertence a PA e a razão também é um de seus termos. Podemos dividir em dois casos: r0 e r0r 0Se r0 então o primeiro termo desta PA deve ser um número negativo digamos -nr, com n natural não nulo.Pela definição de PA cada termo a partir do segundo é igual ao anterior mais a razão. Logo todos os termos a partir do segundo serão escritos como a soma de dois termos da própria PA.O problema seria o primeiro termo mas neste caso temos-nr =-(n-1)r-ronde -(n-1)re -r são dois termos distintos da PA. O caso r0 é analogo. Reciprocamente: Como cada termo da PA é a soma de dois termos desta mesma PA temos: a_1 = a_m+a_n a_1=a_1+(m-1)r+a_1 +(n-1)r donde a_1=r[2-(n+m)] como n,m=1 e nm temos (n+m)2 e por isso [2-(n+m)]0 e se r0 então a_10 ser0 então a_10 considerando o termo a_(n+m+3) temos a_(n+m+3)= a_1=r[2-(n+m)]+ (n+m-2)r = 0 a_(n+m+3)=0 e portanto a_(n+m+2)=-r Logo um dos termos é o simétrico da razão! [],s Fernando De: [EMAIL PROTECTED] Para: "obm-l" [EMAIL PROTECTED] Cópia: Data: Fri, 02 Jul 2004 15:20:43 -0300 Assunto: [obm-l] Problema interessante de PA "Encontrar a condição necessária e suficiente que deve ser verificada para que qualquer termo de uma progressão aritmética infinita seja a soma de dois termos, da mesma progressão. " Esta mensagem foi verificada pelo E-mail Protegido Terra.Scan engine: VirusScan / Atualizado em 02/07/2004 / Versão: 1.5.2Proteja o seu e-mail Terra: http://www.emailprotegido.terra.com.br/ Esta mensagem foi verificada pelo E-mail Protegido Terra.Scan engine: VirusScan / Atualizado em 02/07/2004 / Versão: 1.5.2Proteja o seu e-mail Terra: http://www.emailprotegido.terra.com.br/
Re: [obm-l] Problema Interessante
Existe um modo interessante de obter tal polinomio.cos (n+2)x + cos(n)x=2cos(x)*cos (n+1)x cos (n+2)x=2cos(x)*cos (n+1)x-cos(n)x E ai e facil ver que P_(n+2)(x)=2cos(x)*P_(n+1)-P_(n)x P_0(x)=1, P_1(x)=cos (x) Ai acaba! Usei misso para fechar um problema da Eureka!Alias, sera que o Gugu ja recebeu? Cláudio_(Prática) [EMAIL PROTECTED] wrote: Oi, Artur:Tem também um teorema que diz que se x e cos(pi*x) são ambos racionais,então x = k/2 ou x = k/3 para algum k inteiro, mas não se aplica a esteproblema pois (raiz(5)-1)/2 é irracional.Mesmo não sendo aplicável, acho que é um resultado interessante por si mesmoe cuja demonstração não é difícil.A idéia é mostrar, por indução, que cos(n*pi*x) pode ser expresso como umpolinômio:p(t) = a_0 + a_1*t + ... + a_n*t^n,de grau n, em cos(pi*x) tal que:a_n = 2^(n-1)epara 2 = k = n, 2^(k-1) divide a_k.Isso implica que 2*cos(pi*x) é raiz de um polinômio mônico de grau n ecoeficientes inteiros. Logo, se 2*cos(pi*x) é racional, então 2*cos(pi*x) sópode ser inteiro (pelo bom e velho teorema das raízes racionais) ==cos(pi*x) = -1, -1/2, 0, 1/2 ou 1 == x = k/2 ou x = k/3 com k inteiro.Um corolário que eu acho interessante é que se as medidas dos lados e dosângulos (em graus) de um triângulo são todas racionais, então esse triânguloé equilátero.*De qualquer forma talvez dê pra aproveitar alguma idéia do teorema acima praresolver o problema do Márcio.Um abraço,Claudio.- Original Message -From: "Artur Costa Steiner" <[EMAIL PROTECTED]>To: <[EMAIL PROTECTED]>Sent: Tuesdday, February 10, 2004 12:50 PMSubject: Re: [obm-l] Problema Interessante O Marcio Cohen propos, no ultimo domingo, um problema interessante, provar que x = arccos[((sqrt(5)-1)/2]/pi eh irracional. Eu achei que isto poderia ter solucao por fracoes continuas ou com base na divisao aurea. Mas poraih nao cheguei a nada. Depois eu notei que (sqrt(5)-1))/2 eh uma das dua raizes da equacao do segundo grau, de coeficientes inteiros, 2x^2 + x -1 =0, de modo que (sqrt(5)-1))/2 eh algebrico. Observamos ainda que cos(pi*x)=(sqrt(5)-1))/2, o que implica em que a parte real de e^(pi*x) seja Re[^(pi*x)] = sqrt(5)-1))/2. Neste ponto eu me lembrei que parece que hah um teorema(mao estou abolutamente certo) o qual diz que, com excecao de -1, 0 e 1, as partes reais das raizes inteiras da unidade sao transcendentes. Se alguemse lembrar deste teorema, caso efetivamente exista, e puder apresentar oumesmo rascunhar uma prova, eu gostaria. Bom, assumindo-se que o citado teorema efetivamente exista, concluimos que Re[e^(pi*x)] ek algebrico e que, desta forma, e^(pi*x*i) nao eh raiz da unidade. Se x for racional, entao existem inteiros p0 e q0 tais que x =p/q. Logo pi*x*i = pi* p/q *i e e^(pi*x*i)= cos(p*pi/q) + i *sen(p*pi/q). Logo, [e^(pi*x*i]*q = cos(p*pi) + i * sen(p*pi). Mas eh sempre possivel escolhermos p/q = x de modo que p seja par e que, consequentemente, cos(p*pi) = 1 e sen(p*pi) =0. Isto nos mostra que existe q inteiro talque [e^(pi*x*i]*q =1 . A conclusao eh que se x eh racional entao e^(pi*x*i)eh raiz da unidade para algum inteiro p. dado que, no caso prooposto, e^(pi*x*i) nao eh raiz da unidade, segue-seque x eh iracional. Supondo-se, eh claro, que o teorema que citei existe...Vou tentar demonstra-lo, se possivel. Artur OPEN Internet @ Primeiro provedor do DF com anti-vírus no servidor de e-mails @ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html ==Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html=Yahoo! GeoCities: 15MB de espaço grátis para criar seu web site!
Re: [obm-l] Problema Interessante
O Marcio Cohen propos, no ultimo domingo, um problema interessante, provar que x = arccos[((sqrt(5)-1)/2]/pi eh irracional. Eu achei que isto poderia ter solucao por fracoes continuas ou com base na divisao aurea. Mas por aih nao cheguei a nada. Depois eu notei que (sqrt(5)-1))/2 eh uma das dua raizes da equacao do segundo grau, de coeficientes inteiros, 2x^2 + x -1 =0, de modo que (sqrt(5)-1))/2 eh algebrico. Observamos ainda que cos(pi*x) =(sqrt(5)-1))/2, o que implica em que a parte real de e^(pi*x) seja Re[^(pi*x)] = sqrt(5)-1))/2. Neste ponto eu me lembrei que parece que hah um teorema (mao estou abolutamente certo) o qual diz que, com excecao de -1, 0 e 1, as partes reais das raizes inteiras da unidade sao transcendentes. Se alguem se lembrar deste teorema, caso efetivamente exista, e puder apresentar ou mesmo rascunhar uma prova, eu gostaria. Bom, assumindo-se que o citado teorema efetivamente exista, concluimos que Re[e^(pi*x)] ek algebrico e que, desta forma, e^(pi*x*i) nao eh raiz da unidade. Se x for racional, entao existem inteiros p0 e q0 tais que x =p/q. Logo pi*x*i = pi* p/q *i e e^(pi*x*i)= cos(p*pi/q) + i * sen(p*pi/q). Logo, [e^(pi*x*i]*q = cos(p*pi) + i * sen(p*pi). Mas eh sempre possivel escolhermos p/q = x de modo que p seja par e que, consequentemente, cos(p*pi) = 1 e sen(p*pi) =0. Isto nos mostra que existe q inteiro tal que [e^(pi*x*i]*q =1 . A conclusao eh que se x eh racional entao e^(pi*x*i) eh raiz da unidade para algum inteiro p. dado que, no caso prooposto, e^(pi*x*i) nao eh raiz da unidade, segue-se que x eh iracional. Supondo-se, eh claro, que o teorema que citei existe...Vou tentar demonstra-lo, se possivel. Artur OPEN Internet @ Primeiro provedor do DF com anti-vírus no servidor de e-mails @ = 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] Problema Interessante
On Tue, Feb 10, 2004 at 01:50:10PM -0200, Artur Costa Steiner wrote: Neste ponto eu me lembrei que parece que hah um teorema (mao estou abolutamente certo) o qual diz que, com excecao de -1, 0 e 1, as partes reais das raizes inteiras da unidade sao transcendentes. Se alguem se lembrar deste teorema, caso efetivamente exista, e puder apresentar ou mesmo rascunhar uma prova, eu gostaria. Você certamente está confundindo o enunciado. Se z^n = 1 então z é um inteiro algébrico, o conjugado z^(n-1) também é, e a parte real dele, (z + z^(n-1))/2 é a metade de um inteiro algébrico logo um número algébrico. []s, N. = 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] Problema Interessante
- Mensagem Original De: [EMAIL PROTECTED]Para: "[EMAIL PROTECTED]" [EMAIL PROTECTED]Assunto: Re: [obm-l] Problema InteressanteData: 10/02/04 15:11On Tue, Feb 10, 2004 at 01:50:10PM -0200, Artur Costa Steiner wrote: Neste ponto eu me lembrei que parece que hah um teorema (mao estou abolutamente certo) o qual diz que, com excecao de -1, 0 e 1, as partes reais das raizes inteiras da unidade sao transcendentes. Se alguem se lembrar deste teorema, caso efetivamente exista, e puder apresentar ou mesmo rascunhar uma prova, eu gostaria. Você certamente está confundindo o enunciado. Se z^n = 1 então z é um inteiroalgébrico, o conjugado z^(n-1) também é, e a parte real dele, (z + z^(n-1))/2é a metade de um inteiro algébrico logo um número algébrico.Obrigado. Entao, a prova que apresentei deixa de valer.Artur OPEN Internet @ Primeiro provedor do DF com anti-vírus no servidor de e-mails @ = 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] Problema Interessante
Oi, Artur: Tem também um teorema que diz que se x e cos(pi*x) são ambos racionais, então x = k/2 ou x = k/3 para algum k inteiro, mas não se aplica a este problema pois (raiz(5)-1)/2 é irracional. Mesmo não sendo aplicável, acho que é um resultado interessante por si mesmo e cuja demonstração não é difícil. A idéia é mostrar, por indução, que cos(n*pi*x) pode ser expresso como um polinômio: p(t) = a_0 + a_1*t + ... + a_n*t^n, de grau n, em cos(pi*x) tal que: a_n = 2^(n-1) e para 2 = k = n, 2^(k-1) divide a_k. Isso implica que 2*cos(pi*x) é raiz de um polinômio mônico de grau n e coeficientes inteiros. Logo, se 2*cos(pi*x) é racional, então 2*cos(pi*x) só pode ser inteiro (pelo bom e velho teorema das raízes racionais) == cos(pi*x) = -1, -1/2, 0, 1/2 ou 1 == x = k/2 ou x = k/3 com k inteiro. Um corolário que eu acho interessante é que se as medidas dos lados e dos ângulos (em graus) de um triângulo são todas racionais, então esse triângulo é equilátero. * De qualquer forma talvez dê pra aproveitar alguma idéia do teorema acima pra resolver o problema do Márcio. Um abraço, Claudio. - Original Message - From: Artur Costa Steiner [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, February 10, 2004 12:50 PM Subject: Re: [obm-l] Problema Interessante O Marcio Cohen propos, no ultimo domingo, um problema interessante, provar que x = arccos[((sqrt(5)-1)/2]/pi eh irracional. Eu achei que isto poderia ter solucao por fracoes continuas ou com base na divisao aurea. Mas por aih nao cheguei a nada. Depois eu notei que (sqrt(5)-1))/2 eh uma das dua raizes da equacao do segundo grau, de coeficientes inteiros, 2x^2 + x -1 =0, de modo que (sqrt(5)-1))/2 eh algebrico. Observamos ainda que cos(pi*x) =(sqrt(5)-1))/2, o que implica em que a parte real de e^(pi*x) seja Re[^(pi*x)] = sqrt(5)-1))/2. Neste ponto eu me lembrei que parece que hah um teorema (mao estou abolutamente certo) o qual diz que, com excecao de -1, 0 e 1, as partes reais das raizes inteiras da unidade sao transcendentes. Se alguem se lembrar deste teorema, caso efetivamente exista, e puder apresentar ou mesmo rascunhar uma prova, eu gostaria. Bom, assumindo-se que o citado teorema efetivamente exista, concluimos que Re[e^(pi*x)] ek algebrico e que, desta forma, e^(pi*x*i) nao eh raiz da unidade. Se x for racional, entao existem inteiros p0 e q0 tais que x =p/q. Logo pi*x*i = pi* p/q *i e e^(pi*x*i)= cos(p*pi/q) + i * sen(p*pi/q). Logo, [e^(pi*x*i]*q = cos(p*pi) + i * sen(p*pi). Mas eh sempre possivel escolhermos p/q = x de modo que p seja par e que, consequentemente, cos(p*pi) = 1 e sen(p*pi) =0. Isto nos mostra que existe q inteiro tal que [e^(pi*x*i]*q =1 . A conclusao eh que se x eh racional entao e^(pi*x*i) eh raiz da unidade para algum inteiro p. dado que, no caso prooposto, e^(pi*x*i) nao eh raiz da unidade, segue-se que x eh iracional. Supondo-se, eh claro, que o teorema que citei existe...Vou tentar demonstra-lo, se possivel. Artur OPEN Internet @ Primeiro provedor do DF com anti-vírus no servidor de e-mails @ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Problema Interessante
Neste ponto eu me lembrei que parece que hah um teorema (mao estou abolutamente certo) o qual diz que, com excecao de -1, 0 e 1, as partes reais das raizes inteiras da unidade sao transcendentes. Se alguem se lembrar deste teorema, caso efetivamente exista, e puder apresentar ou mesmo rascunhar uma prova, eu gostaria. Você certamente está confundindo o enunciado. Se z^n = 1 então z é um inteiro algébrico, o conjugado z^(n-1) também é, e a parte real dele, (z + z^(n-1))/2 é a metade de um inteiro algébrico logo um número algébrico. []s, N. Eh, confundi mesmo. O teorema certo atesta justamente o contrario do do que admiti na minha demosntracao - que, eh claro, estah totalmente errada. Nao eh dificil provar o teorema acima. Se z^n =1, entao as propriedades dos polinomios de coeficientes reais assegura que z'^(n) =1, sendo z' o conjugado de z. Logo, z' eh um inteiro algebrico, o que implica que Re(z) = z+z')/2 tambem o seja. Alem disto, temos que z^(n-1) = z^(n)/z = 1/z = z'/zz' = z'/|z|^2 = z'. Artur OPEN Internet @ Primeiro provedor do DF com anti-vírus no servidor de e-mails @ = 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] Problema Interessante
On Tue, Feb 10, 2004 at 09:42:38AM -0800, Artur Costa Steiner wrote: Obrigado Claudio. Mas eu lembrei errado, o teorema que eu citei nao existeNa realidade, conforme o Nicolau afirmou, as partes reais de raizes inteiras da unidade sao sempre inteiros algebricos. Não tenho certeza se o erro foi meu, mas a parte real é um número algébrico, mas em geral não é um inteiro algébrico; por outro lado o dobro da parte real é um inteiro algébrico (tome z = 1/2 + i sqrt(3)/2). []s, N. = 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] Problema Interessante
on 10.02.04 18:21, Artur Costa Steiner at [EMAIL PROTECTED] wrote: N?o tenho certeza se o erro foi meu, mas a parte real ? um n?mero alg?brico, mas em geral n?o ? um inteiro alg?brico; por outro lado o dobro da parte real ? um inteiro alg?brico (tome z = 1/2 + i sqrt(3)/2). []s, N. Nao Nicolau, na sua mensagem nao estava escrito que era um inteiro algebrico, mas apenas um numero algebrico. Eu estou me confundindo porque eu acho que uma vez vi a seguinte afirmacao: Com excecao de -1, 0 e 1, a parte real de uma raiz da unidade nao eh um inteiro algebrico . Esta afirmacao eh falsa, certo? Artur Se for verdadeira, entao o problema do Marcio acabou. Se arccos((raiz(5)-1)/2)/(2*Pi) = m/n, com m, n inteiros e n 0, entao (raiz(5)-1)/2 = cos(2*Pi*m/n) = parte real de uma raiz n-esima da unidade. Mas (raiz(5)-1)/2 eh um inteiro algebrico (raiz de p(x) = x^2 + x - 1) e eh claramente diferente de -1, 0 ou 1 == (raiz(5)-1)/2 nao pode ser a parte real de uma raiz da unidade == contradicao == arccos((raiz(5)-1)/2)/(2*Pi) eh irracional Assim, talvez seja mais interessante tentar provar (ou achar um contra-exemplo) pra afirmacao acima. De qualquer forma, acho que exemplo do Nicolau pode ser generalizado: o dobro da parte real de uma raiz da unidade eh sempre um inteiro algebrico. Um abraco, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Problema Interessante
On Tue, Feb 10, 2004 at 12:21:02PM -0800, Artur Costa Steiner wrote:
Eu estou me confundindo porque eu acho que uma vez vi
a seguinte afirmacao: Com excecao de -1, 0 e 1, a
parte real de uma raiz da unidade nao eh um inteiro
algebrico . Esta afirmacao eh falsa, certo?
Eu não conhecia, ou pelo menos não me lembro de conhecer, mas é verdadeira.
Segue abaixo o esboço da demonstração que me ocorreu.
Talvez exista outra mais simples.
A parte real é algo da forma cos(a*pi/b). Como sabemos
que (cos(a*pi/b) + i*sin(a*pi/b)) é um inteiro algébrico,
cos(...) é inteiro algébrico se e somente se sin(...) o é.
Vamos provar que estes números reais só são inteiros algébricos
casos triviais que você citou. Para ver isso vamos determinar
o polinômio de coeficientes inteiros irredutível com raiz
cos(a*pi/b) ou sin(a*pi/b).
Primeiro vou construir os polinômios de Chebyshev:
T0(x) = 1, T1(x) = x, Tn(x) = 2*x*T{n-1}(x) - T{n-2}(x),
assim T2(x) = 2x^2 - 1, T3(x) = 4x^3 - 3x, T4(x) = 8x^4 - 8x^2 + 1,
T5(x) = 16x^5 - 20x^3 + 5x, T6(x) = 32x^6 - 48x^4 + 18x^2 - 1.
É fácil provar que Tn(x) = 2^(n-1)x^n + (termos de grau mais baixo),
T{2n}(x) = (-1)^n + (termos de grau par mais alto),
T{2n+1}(x) = (-1)^n (2n+1) x + (termos de grau ímpar mais alto)
Também não é difícil provar que que as raízes de T{2n}(x) são
sin((2k+1)*pi/4n) e que as raízes de T{2n+1} são sin(k*pi/(2n+1)).
Em particular, Tn/Tm é um polinômio se e somente se n=lm, l inteiro ímpar.
A partir daí não é difícil provar que
Yn = Produto_{l divisor ímpar de n} (T{n/l})^(mobius(l))
é um polinômio e que
Tn = Produto_{m divisor de n, n/m ímpar} Ym.
Temos Y2 = T2, Y3(x) = 4x^2 - 3, Y4 = T4, Y5 = 16x^4 - 20x^2 + 5,
Y6(x) = 16x^4 - 16x^2 + 1, ...,
Y15(x) = 256 x^8 - 448 x^6 + 224 x^4 - 32 x^2 + 1.
Claramente, para n 1, Yn é um polinômio com coeficiente líder
uma potência de 2 e coeficiente do termo independente ímpar:
em particular, Yn nunca é múltiplo de um inteiro (em Z[x]).
É consideravelmente mais difícil provar que Yn é irredutível:
se você já viu a prova de que o grau de uma raiz primitiva de
ordem n é euler(n), segue daí, ou é análogo.
Os polinômios Yn são os nosso heróis:
é bem claro (se você acreditar nas coisas que eu afirmei)
que uma raiz de um Yn não é um inteiro algébrico.
Sejam a e b são primos entre si, b 0. Vamos dividir em casos.
Se b é ímpar então sin(a*pi/b) é raiz de Yb.
Se a é ímpar e b é múltiplo de 4 então sin(a*pi/b) é raiz de Y{b/2}.
Se a é ímpar e b é par mas não múltiplo de 4,
então ao invés de sin(a*pi/b) considere
cos(a*pi/b) = sin(pi/2 - a*pi/b) = sin((b/2 - a)*pi/b).
Mas b/2 - a é par. Faça a' = (b/2 - a)/2, b' = b/2 e temos
cos(a*pi/b) = sin(a'*pi/b') com b' ímpar, portanto raiz de Yn.
[]s, N.
=
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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Re: [obm-l] Problema Interessante
On Tue, Feb 10, 2004 at 08:21:45PM -0200, Claudio Buffara wrote: Eu estou me confundindo porque eu acho que uma vez vi a seguinte afirmacao: Com excecao de -1, 0 e 1, a parte real de uma raiz da unidade nao eh um inteiro algebrico . Esta afirmacao eh falsa, certo? Artur Se for verdadeira, entao o problema do Marcio acabou. Se arccos((raiz(5)-1)/2)/(2*Pi) = m/n, com m, n inteiros e n 0, entao (raiz(5)-1)/2 = cos(2*Pi*m/n) = parte real de uma raiz n-esima da unidade. Mas (raiz(5)-1)/2 eh um inteiro algebrico (raiz de p(x) = x^2 + x - 1) e eh claramente diferente de -1, 0 ou 1 == (raiz(5)-1)/2 nao pode ser a parte real de uma raiz da unidade == contradicao == arccos((raiz(5)-1)/2)/(2*Pi) eh irracional É mesmo, eu resolvi o problema do Marcio sem notar. :-) Bem, certamente dá para simplificar consideravelmente o que eu fiz para este caso particular. []s, N. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] Problema interessante
Pensei que era muito simples mas não consegui
resolver... Quem sabe um de vocês possa me ajudar.
Seja A um espaço normado real e S={a1,a2,...an} um
suconjunto finito de A. Se
(I) = supremo {norma do somatório de ei*ai com i de 1
até n e ei = +1 ou -1 para todo i}
(II) = supremo {norma do somatório de fi*ai com i de 1
até n e -1=fi=1 para todo i}
(III) = supremo { somatório dos módulos de a*(ai) com i
de 1 até n, a* um elemento do dual de A com ||a*||=1}
Mostrar que
(I) = (II) = (III)
A princípio me pareceu bem simples mas não consegui matá-
lo.
[]'s
__
Seleção de Softwares UOL.
10 softwares escolhidos pelo UOL para você e sua família.
http://www.uol.com.br/selecao
=
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] Problema interessante
Consegui resolver.
Se alguém tiver interesse na solução é só pedir!
[]'s
Pensei que era muito simples mas não consegui
resolver... Quem sabe um de vocês possa me ajudar.
Seja A um espaço normado real e S={a1,a2,...an} um
suconjunto finito de A. Se
(I) = supremo {norma do somatório de ei*ai com i de 1
até n e ei = +1 ou -1 para todo i}
(II) = supremo {norma do somatório de fi*ai com i de 1
até n e -1=fi=1 para todo i}
(III) = supremo { somatório dos módulos de a*
(ai) com i
de 1 até n, a* um elemento do dual de A com ||a*||=1}
Mostrar que
(I) = (II) = (III)
A princípio me pareceu bem simples mas não consegui mat
á-
lo.
[]'s
___
___
Seleção de Softwares UOL.
10 softwares escolhidos pelo UOL para você e sua famíli
a.
http://www.uol.com.br/selecao
===
==
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a
lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
===
==
__
Seleção de Softwares UOL.
10 softwares escolhidos pelo UOL para você e sua família.
http://www.uol.com.br/selecao
=
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] Problema Interessante.
Olá ! Este problema tem uma história : "Antigamente estava muito em voga na Índia uma diversão singular: a resolução de quebra-cabeças em competições públicas. Os manuais de matemática desse país contribuíram para que se realizassem tais campeonatos de cálculo mental. No original os problemas apresentavam um aspecto mais poético, visto que estavam em versos." Esse é a tradução em prosa de um desses problemas. A resolução fica facilitada se vc chamar de x a raiz quadrada da metade de todo enxame e chamar de 2x^2 o enxame todo. Então encontrará 72 como resposta. Até mais, Raul - Original Message - From: Blue Ice To: Lista da OBM Sent: Monday, June 23, 2003 10:41 PM Subject: [obm-l] Problema Interessante. Durante um vôo,um enxame de abelhas dispersou-se.Um Grupo,igual à raiz quadrada da metade de todo enxame,pousou sobre um jasmin;outro grupo,num total de 8/9(fração) do enxame,continuou o vôo e uma das abelhas seguiu em direção a uma flor de lótus...levada pelo zumbido de uma de suas amigas,que,atraída pela fragrância dessa flor, caíra em sua armadilha.Pergunta:Quantas Éramos no total?? []´s Ice ICQ:177782914 E-mail:[EMAIL PROTECTED]Win XP/Speedy 256 Kbps PPPoE Esta mensagem foi verificada pelo E-mail Protegido Terra.Scan engine: VirusScan / Atualizado em 18/06/2003 / Versão: 1.3.13Proteja o seu e-mail Terra: http://www.emailprotegido.terra.com.br/
Re: [obm-l] Problema Interessante.
- Original Message - From: Raul To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, June 24, 2003 9:46 AM Subject: Re: [obm-l] Problema Interessante. Olá ! Este problema tem uma história : "Antigamente estava muito em voga na Índia uma diversão singular: a resolução de quebra-cabeças em competições públicas. Os manuais de matemática desse país contribuíram para que se realizassem tais campeonatos de cálculo mental. No original os problemas apresentavam um aspecto mais poético, visto que estavam em versos." Esse é a tradução em prosa de um desses problemas. A resolução fica facilitada se vc chamar de x a raiz quadrada da metade de todo enxame e chamar de 2x^2 o enxame todo. Então encontrará 72 como resposta. Até mais, Olá colega Raul...Perdoe-me...Mas serei sincero: Na verdade não lhe compreendi muito bem.Podes postar sua resolução?? []´s Ice ICQ:177782914 E-mail:[EMAIL PROTECTED]Win XP/Speedy 256 Kbps PPPoE
Re: [obm-l] Problema Interessante.
Do enunciado temos: 2x^2 = y x + 8y/9 + 2 = y onde x e o numero de abelhas do primeiro grupo e y o numero total de abelhas. resolvendo o sistema temos (1)x=6 e y=72 ou (2)x=-1.5 e y=4.5(2) pode ser descartado porque e absurdo que a quantidade de abelhas em um grupo seja negativa e/ounao-inteira portanto so sobra y=72=total de abelhas no enxame. -Auggy - Original Message - From: Blue Ice To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, June 24, 2003 12:04 PM Subject: Re: [obm-l] Problema Interessante. - Original Message - From: Raul To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, June 24, 2003 9:46 AM Subject: Re: [obm-l] Problema Interessante. Olá ! Este problema tem uma história : "Antigamente estava muito em voga na Índia uma diversão singular: a resolução de quebra-cabeças em competições públicas. Os manuais de matemática desse país contribuíram para que se realizassem tais campeonatos de cálculo mental. No original os problemas apresentavam um aspecto mais poético, visto que estavam em versos." Esse é a tradução em prosa de um desses problemas. A resolução fica facilitada se vc chamar de x a raiz quadrada da metade de todo enxame e chamar de 2x^2 o enxame todo. Então encontrará 72 como resposta. Até mais, Olá colega Raul...Perdoe-me...Mas serei sincero: Na verdade não lhe compreendi muito bem.Podes postar sua resolução?? []´s Ice ICQ:177782914 E-mail:[EMAIL PROTECTED]Win XP/Speedy 256 Kbps PPPoE
Re: [obm-l] Problema Interessante.
Aqui vai: a raiz quadrada da metade de todo o enxame: x todo o enxame : 2x^2 Assim: x + (8/9)*2x^2 + 2 = 2x^2 x + 2 = (1/9)*2x^2 9x + 18 = 2x^2 2x^2 - 9x - 18 = 0 Temos como única raiz positiva x=6, então todo enxame é 2*6^2 = 72. Tomara que tenha ficado claro, Raul - Original Message - From: Blue Ice To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, June 24, 2003 1:04 PM Subject: Re: [obm-l] Problema Interessante. - Original Message - From: Raul To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, June 24, 2003 9:46 AM Subject: Re: [obm-l] Problema Interessante. Olá ! Este problema tem uma história : "Antigamente estava muito em voga na Índia uma diversão singular: a resolução de quebra-cabeças em competições públicas. Os manuais de matemática desse país contribuíram para que se realizassem tais campeonatos de cálculo mental. No original os problemas apresentavam um aspecto mais poético, visto que estavam em versos." Esse é a tradução em prosa de um desses problemas. A resolução fica facilitada se vc chamar de x a raiz quadrada da metade de todo enxame e chamar de 2x^2 o enxame todo. Então encontrará 72 como resposta. Até mais, Olá colega Raul...Perdoe-me...Mas serei sincero: Na verdade não lhe compreendi muito bem.Podes postar sua resolução?? []´s Ice ICQ:177782914 E-mail:[EMAIL PROTECTED]Win XP/Speedy 256 Kbps PPPoE Esta mensagem foi verificada pelo E-mail Protegido Terra.Scan engine: VirusScan / Atualizado em 18/06/2003 / Versão: 1.3.13Proteja o seu e-mail Terra: http://www.emailprotegido.terra.com.br/
[obm-l] Problema Interessante.
Durante um vôo,um enxame de abelhas dispersou-se.Um Grupo,igual à raiz quadrada da metade de todo enxame,pousou sobre um jasmin;outro grupo,num total de 8/9(fração) do enxame,continuou o vôo e uma das abelhas seguiu em direção a uma flor de lótus...levada pelo zumbido de uma de suas amigas,que,atraída pela fragrância dessa flor, caíra em sua armadilha.Pergunta:Quantas Éramos no total?? []´s Ice ICQ:177782914 E-mail:[EMAIL PROTECTED]Win XP/Speedy 256 Kbps PPPoE
RE: [obm-l] Problema Interessante
Valeu, Eu estava preocupado em descobrir as quantidades exatas de cada mina e isso não é importante. Na realidade, so com as informacoes disponiveis isto nem sequer eh possivel, eh um problema indeterminado. So podemos determinar a relacoes entre as quantidades. Um abraco Artur - Original Message - From: Artur Costa Steiner [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Sunday, June 01, 2003 2:03 AM Subject: RE: [obm-l] Problema Interessante Sejam Qx e Qy as quantidades de minerio das minas x e y que compoem a mistura. A quantidade total de ferro nesta mistura, segundo as informacoes prestadas, eh entao de 0,72Qx + 0,58 Qy, a qual representa 62% da quantidade total de minerio. Logo, 0,72Qx + 0,58 Qy = 0,62(Qx + Qy) = 0,10Qx = 0,04Qy e, portanto, Qx/Qy = 0,04/0,10 = 0,4. Artur -Original Message- From: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] On Behalf Of Fabio Bernardo Sent: Saturday, May 31, 2003 10:57 PM To: obm Subject: [obm-l] Problema Interessante Os minérios de ferro de duas minas x e y possuem respectivamente 72% e 58% de ferro. Uma mistura desses dois minérios deu um terceiro minério possuindo 62% de ferro. A razão entre as quantidades do minério da mina x para a mina y, nessa mistura é: a) 1,4 b) 1,2 c) 0,5 d) 0,2 e) 0,4 === == Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html === == Esta mensagem foi verificada pelo E-mail Protegido Terra. Scan engine: VirusScan / Atualizado em 28/05/2003 / Versão: 1.3.13 Proteja o seu e-mail Terra: http://www.emailprotegido.terra.com.br/ === == Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html === == = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] Problema Interessante
Os minérios de ferro de duas minas x e y possuem respectivamente 72% e 58% de ferro. Uma mistura desses dois minérios deu um terceiro minério possuindo 62% de ferro. A razão entre as quantidades do minério da mina x para a mina y, nessa mistura é: a) 1,4 b) 1,2 c) 0,5 d) 0,2 e) 0,4
RE: [obm-l] Problema Interessante
Sejam Qx e Qy as quantidades de minerio das minas x e y que compoem a mistura. A quantidade total de ferro nesta mistura, segundo as informacoes prestadas, eh entao de 0,72Qx + 0,58 Qy, a qual representa 62% da quantidade total de minerio. Logo, 0,72Qx + 0,58 Qy = 0,62(Qx + Qy) = 0,10Qx = 0,04Qy e, portanto, Qx/Qy = 0,04/0,10 = 0,4. Artur -Original Message- From: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] On Behalf Of Fabio Bernardo Sent: Saturday, May 31, 2003 10:57 PM To: obm Subject: [obm-l] Problema Interessante Os minérios de ferro de duas minas x e y possuem respectivamente 72% e 58% de ferro. Uma mistura desses dois minérios deu um terceiro minério possuindo 62% de ferro. A razão entre as quantidades do minério da mina x para a mina y, nessa mistura é: a) 1,4 b) 1,2 c) 0,5 d) 0,2 e) 0,4 = 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] Problema Interessante
Oi Fabio, Seja X a quantidade de minério da mina x e Y, da mina y, então: 0,72X + 0,58Y = 0,62(X + Y) 0,10X = 0,04Y X/Y = 0,4 um abraço, Camilo Fabio Bernardo [EMAIL PROTECTED] wrote: Os minérios de ferro de duas minas x e y possuem respectivamente 72% e 58% de ferro. Uma mistura desses dois minérios deu um terceiro minério possuindo 62% de ferro. A razão entre as quantidades do minério da mina x para a mina y, nessa mistura é: a) 1,4 b) 1,2 c) 0,5 d) 0,2 e) 0,4Yahoo! Mail Mais espaço, mais segurança e gratuito: caixa postal de 6MB, antivírus, proteção contra spam.
RE: [obm-l] Problema interessante
Tome uma partição QUALQUER de {1,2,...,2n} em dois conjuntos A e B com n
elementos cada. Ponha os elementos de A em ordem crescente a_1...a_n e os
de B em ordem decrescente b_1...b_n. Prove que:
|a_1-b_1| + ... + |a_n-b_n| = n^2
Acabei esquecendo de mandar a resposta, mas aqui vai ela, espero que em
tempo
Vamos chamar os conjuntos:
x = {1 a n} e y={n+1 a 2n}
Vamos supor que o conjunto A é formado de tal forma que possua m elementos
de Y e n-m elementos de X. Logo, o conjunto B é obrigatoriamente formado por
m elementos de x e n-m elementos de Y.
Então podemos considerar que:
RESULTADO = |a_1-b_1| + ... + |a_n-b_n| = (a1 - b1) + (a2 - b2) + ... + (am
- bm) - ((am+1 - bm+1) + ... +(an - bn))=
soma a (1 a m) - soma b(1 a m) - soma a(m+1 a n) + soma b(m+1 a n)
Se voltarmos a suposição inicial, soma a (1 a m) + soma b(m+1 a n) é a soma
dos elementos do conjunto Y, e soma b(1 a m) + soma a(m+1 a n) é a soma dos
elementos de X.
Logo, temos que:
RESULTADO = soma(n+1 a 2n) - soma(1 a n) = n*n + soma(1 a n) - soma(1 a n)
=n^2
-Original Message-
From: Cláudio (Prática) [mailto:[EMAIL PROTECTED]
Sent: Monday, February 24, 2003 2:48 PM
To: [EMAIL PROTECTED]
Subject: [obm-l] Problema interessante
Taí um resultado inesperado (pelo menos pra mim):
Tome uma partição QUALQUER de {1,2,...,2n} em dois conjuntos A e B com n
elementos cada. Ponha os elementos de A em ordem crescente a_1...a_n e os
de B em ordem decrescente b_1...b_n. Prove que:
|a_1-b_1| + ... + |a_n-b_n| = n^2.
Um abraço,
Claudio.
=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED]
=
Re: [obm-l] Problema interessante
Oi, JG:
Legal! Usa a mesma idéia básica que a minha, mas você chega lá por uma rota
diferente.
Acho que essa idéia de particionar o conjunto {1,2,...,2n} de duas forma
distintas pode ser usada em várias ocasiões.
É uma técnica boa de se ter no repertório.
Um abraço,
Claudio.
- Original Message -
From: João Gilberto Ponciano Pereira [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Sent: Thursday, February 27, 2003 10:50 AM
Subject: RE: [obm-l] Problema interessante
Tome uma partição QUALQUER de {1,2,...,2n} em dois conjuntos A e B com n
elementos cada. Ponha os elementos de A em ordem crescente a_1...a_n e
os
de B em ordem decrescente b_1...b_n. Prove que:
|a_1-b_1| + ... + |a_n-b_n| = n^2
Acabei esquecendo de mandar a resposta, mas aqui vai ela, espero que em
tempo
Vamos chamar os conjuntos:
x = {1 a n} e y={n+1 a 2n}
Vamos supor que o conjunto A é formado de tal forma que possua m elementos
de Y e n-m elementos de X. Logo, o conjunto B é obrigatoriamente formado
por
m elementos de x e n-m elementos de Y.
Então podemos considerar que:
RESULTADO = |a_1-b_1| + ... + |a_n-b_n| = (a1 - b1) + (a2 - b2) + ... +
(am
- bm) - ((am+1 - bm+1) + ... +(an - bn))=
soma a (1 a m) - soma b(1 a m) - soma a(m+1 a n) + soma b(m+1 a n)
Se voltarmos a suposição inicial, soma a (1 a m) + soma b(m+1 a n) é a
soma
dos elementos do conjunto Y, e soma b(1 a m) + soma a(m+1 a n) é a soma
dos
elementos de X.
Logo, temos que:
RESULTADO = soma(n+1 a 2n) - soma(1 a n) = n*n + soma(1 a n) - soma(1 a n)
=n^2
-Original Message-
From: Cláudio (Prática) [mailto:[EMAIL PROTECTED]
Sent: Monday, February 24, 2003 2:48 PM
To: [EMAIL PROTECTED]
Subject: [obm-l] Problema interessante
Taí um resultado inesperado (pelo menos pra mim):
Tome uma partição QUALQUER de {1,2,...,2n} em dois conjuntos A e B com n
elementos cada. Ponha os elementos de A em ordem crescente a_1...a_n e
os
de B em ordem decrescente b_1...b_n. Prove que:
|a_1-b_1| + ... + |a_n-b_n| = n^2.
Um abraço,
Claudio.
=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
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Re: [obm-l] Problema interessante
Essa tecnica e muito boa de se aplicar em problemas!!!Tem o da Eureka 8 que o Humberto resolveu,a Cone Sul e talvez um da IMO.
Cláudio_(Prática) [EMAIL PROTECTED] wrote:
Oi, JG:Legal! Usa a mesma idéia básica que a minha, mas você chega lá por uma rotadiferente.Acho que essa idéia de particionar o conjunto {1,2,...,2n} de duas formadistintas pode ser usada em várias ocasiões.É uma técnica boa de se ter no repertório.Um abraço,Claudio.- Original Message -From: "João Gilberto Ponciano Pereira" <[EMAIL PROTECTED]>To: <[EMAIL PROTECTED]>>Sent: Thursday, February 27, 2003 10:50 AMSubject: RE: [obm-l] Problema interessante "Tome uma partição QUALQUER de {1,2,...,2n} em dois conjuntos A e B com n elementos cada. Ponha os elementos de A em ordem crescente a_1...os de B em ordem decrescente b_1...b_n. Prove que: |a_1-b_1| + ... + |a_n-b_n| = n^2" Acabei esquecendo de mandar a resposta, mas aqui vai ela, espero que em tempo Vamos chamar os conjuntos: x = {1 a n} e y={n+1 a 2n} Vamos supor que o conjunto A é formado de tal forma que possua m elementos de Y e n-m elementos de X. Logo, o conjunto B é obrigatoriamente formadopor m elementos de x e n-m elementos de Y. Então podemos considerar que: RESULTADO = |a_1-b_1| + ... + |a_n-b_n| = (a1 - b1) + (a2 - b2) + ... +(am - bm) - ((am+1 - bm+1) + ... +(an - bn))= soma a (1 a m) - soma b(1 a m) - soma a(m+1 a n) + soma b(m+1 a n) Se voltarmos a suposição inicial, soma a (1 a m) + soma b(m+1 a n) é asoma dos elementos do conjunto Y, e soma b(1 a m) + soma a(m+1 a n) é a somados elementos de X. Logo, temos que: RESULTADO = soma(n+1 a 2n) - soma(1 a n) = n*n + soma(1 a n) - soma(1 a n) =n^2 -Original Message- From: Cláudio (Prática) [mailto:[EMAIL PROTECTED] Sent: Monday, February 24, 2003 2:48 PM To: [EMAIL PROTECTED] Subject: [obm-l] Problema interessante Taí um resultado inesperado (pelo menos pra mim): Tome uma partição QUALQUER de {1,2,...,2n} em dois conjuntos A e B com n elementos cada. Ponha os elementos de A em ordem crescente a_1...os de B em ordem decrescente b_1...b_n. Prove que: |a_1-b_1| + ... + |a_n-b_n| = n^2. Um abraço, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é <[EMAIL PROTECTED]> ==Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.htmlO administrador desta lista é <[EMAIL PROTECTED]>=Busca Yahoo!
O serviço de busca mais completo da Internet. O que você pensar o Yahoo! encontra.
[obm-l] Problema interessante
Title: Help
Ta um resultado inesperado (pelo menos pra mim):
Tome uma partio QUALQUER de {1,2,...,2n} em dois conjuntos A e B com n
elementos cada.Ponhaos elementosdeA em ordem
crescente a_1...a_n e os de B em ordem decrescente b_1...b_n.
Prove que:|a_1-b_1| + ... + |a_n-b_n| = n^2.
Um abrao,
Claudio.
Re: [obm-l] Problema Interessante!
Felipe, fala serio. Sua soluçao estah otima.
Morgado
Felipe Marinho wrote:
Olá pessoal da lista.
Infelizmente só tive a oportunidade de conhecer a lista exatamente
hoje, e apos ver apenas algumas dentre várias materias e artigos que
aqui se passam, eu decidi me juntar a vocês. Obrigado pela oportunidade.
Olha pessoal, eu me deparei com uma questão e vou passar a vocês o
enunciado e a resolução feita por mim. Porem, oque eu venho pedir aqui
é que vocês analisem minha resolução, pois sinceramente eu não sei se
estou certo. Em caso de estiver correta a solução, será que vocês
poderiam me mostrar alguem jeito melhor de resolve-la ? Bem, lá vai a
questão:
1) Quantos são os números inteiros de 2 algarismos que são iguais
ao dobro do produto de seus algarismos?
Fazendo tal numero como 10x + y, temos:
10x + y = 2xy
10x - 2xy + y = 0
2x(5-y) + y = 0
E analisando a ultima equação, conclui que y deve ser necessariamente
maior que 5, pois 2x(5-y) terá que resultar em um número negativo,
pois somado a y irá se igualar a zero. Se (5-y) fosse positivo, a
equação nunca seria verdadeira. Então, (5-y) 0:
(5-y) 0
y 5 == y = {6,7,8,9}
Depois de achar os possiveis valores para y, seguimos:
Para y=6, temos:
10x + 6 = 12x
2x = 6 == x=3
Com isso, achamos como solução o número 36 que satisfaz a questão.
Para y=7, temos:
10x + 7 = 14x
4x = 7 -- x não é um numero inteiro.
Para y=8, temos:
10x + 8 = 16x
6x = 8 -- x não é um número inteiro.
Para y=9, temos:
10x + 9 = 18x
8x = 9 -- x não é um número inteiro.
--- 000
Com isso, achei que a única solução que satisfaz a questão é o número 36.
Peço a voces que me ajudem na resolução ou em qualquer dica de como
resolve-la de uma maneira mais inteligente e eficaz.
Obrigado desde já,
Abraços
Felipe Marinho
_
Envie e receba emails com o Hotmail no seu dispositivo móvel:
http://mobile.msn.com
=
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Re: [obm-l] Problema Interessante!
Ol Felipe e Morgado,
A soluo do felipe est realmente boa e didtica.
Entretanto, gostaria de acrescentar uma pequena observao
que minimizaria a parte final de sua soluo.
Note que
De
10x + y = 2xy
> 10x - 2xy + y = 0
> 2x(5-y) + y = 0 (*)
voc, poderia observar que 5-y 0 , ou seja y > 5, mas
tambm que y par
pois y = -2x(5-x).
Assim, restaria apenas voc estudar as possibilidades: y = 6 ou
y = 8.
Donde resulta rapidamente de (*) que y= 6 e consequentemente
x= 3
Portanto, 36 o nico numero satisfazendo as condies
do enunciado.
Um abrao a todos
PONCE
Augusto Csar Morgado wrote:
Felipe, fala serio. Sua soluao estah otima.
Morgado
Felipe Marinho wrote:
> Ol pessoal da lista.
> Infelizmente s tive a oportunidade de conhecer a lista exatamente
> hoje, e apos ver apenas algumas dentre vrias materias e artigos
que
> aqui se passam, eu decidi me juntar a vocs. Obrigado pela
oportunidade.
>
> Olha pessoal, eu me deparei com uma questo e vou passar a
vocs o
> enunciado e a resoluo feita por mim. Porem, oque
eu venho pedir aqui
> que vocs analisem minha resoluo,
pois sinceramente eu no sei se
> estou certo. Em caso de estiver correta a soluo,
ser que vocs
> poderiam me mostrar alguem jeito melhor de resolve-la ? Bem, l
vai a
> questo:
>
> 1) Quantos so os nmeros inteiros
de 2 algarismos que so iguais
> ao dobro do produto de seus algarismos?
>
> Fazendo tal numero como 10x + y, temos:
>
> 10x + y = 2xy
> 10x - 2xy + y = 0
> 2x(5-y) + y = 0
>
> E analisando a ultima equao, conclui que y deve ser
necessariamente
> maior que 5, pois 2x(5-y) ter que resultar em um nmero
negativo,
> pois somado a y ir se igualar a zero. Se (5-y) fosse positivo,
a
> equao nunca seria verdadeira. Ento, (5-y)
0:
>
> (5-y) 0
> y > 5 ==> y = {6,7,8,9}
>
> Depois de achar os possiveis valores para y, seguimos:
>
> Para y=6, temos:
> 10x + 6 = 12x
> 2x = 6 ==> x=3
>
> Com isso, achamos como soluo o nmero 36 que
satisfaz a questo.
>
> Para y=7, temos:
> 10x + 7 = 14x
> 4x = 7 -->
x no um numero inteiro.
>
> Para y=8, temos:
> 10x + 8 = 16x
> 6x = 8 -->
x no um nmero inteiro.
>
> Para y=9, temos:
> 10x + 9 = 18x
> 8x = 9 -->
x no um nmero inteiro.
>
> --- 000
>
> Com isso, achei que a nica soluo que satisfaz
a questo o nmero 36.
>
> Peo a voces que me ajudem na resoluo ou em
qualquer dica de como
> resolve-la de uma maneira mais inteligente e eficaz.
>
> Obrigado desde j,
> Abraos
>
> Felipe Marinho
>
> _
> Envie e receba emails com o Hotmail no seu dispositivo mvel:
> http://mobile.msn.com
>
> =
> Instrues para entrar na lista, sair da lista e usar
a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
> O administrador desta lista [EMAIL PROTECTED]>
> =
>
>
=
Instrues para entrar na lista, sair da lista e usar
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O administrador desta lista [EMAIL PROTECTED]>
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RE: [obm-l] Problema Interessante!
Solucoes todas otimas, rapidas e diretas. Mas... se voce quiser outro jeito... ok: 10x - 2xy + y = 0 Ponha o 2x em evidencia... 2x(5-y)+y=0 Junte uma constante para criar um multiplo do 5-y (no caso, -1(5-y))... 2x(5-y)-(5-y)=-5 (2x-1)(5-y)=-5 (2x-1)(y-5)=5 Entao 2x-1 e y-5 sao divisores de 5... Como 2x-10, tem-se (2x-1,y-5) = (1,5) ou (5,1). O primeiro dah (x,y)=(1,10) (nao pode), o segundo dah (x,y)=(3,6) (OK!). (Veja bem, esta solucao fica PIOR do que as outras, pois hah poucos casos a considerar... Mas eu queria fazer este comentario para dar uma dica quando o pessoal enfrentar coisas parecidas onde hah MUITAS opcoes para x e y no comeco do problema... Com este metodo, voce acharia *todas* as solucoes inteiras da equacao dada.) Abraco, Ralph = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
Re: [obm-l] Problema Interessante!
Legal Raph, bem lembrado PONCE Ralph Teixeira wrote: Solucoes todas otimas, rapidas e diretas. Mas... se voce quiser outro jeito... ok: 10x - 2xy + y = 0 Ponha o 2x em evidencia... 2x(5-y)+y=0 Junte uma constante para criar um multiplo do 5-y (no caso, -1(5-y))... 2x(5-y)-(5-y)=-5 (2x-1)(5-y)=-5 (2x-1)(y-5)=5 Entao 2x-1 e y-5 sao divisores de 5... Como 2x-10, tem-se (2x-1,y-5) = (1,5) ou (5,1). O primeiro dah (x,y)=(1,10) (nao pode), o segundo dah (x,y)=(3,6) (OK!). (Veja bem, esta solucao fica PIOR do que as outras, pois hah poucos casos a considerar... Mas eu queria fazer este comentario para dar uma dica quando o pessoal enfrentar coisas parecidas onde hah MUITAS opcoes para x e y no comeco do problema... Com este metodo, voce acharia *todas* as solucoes inteiras da equacao dada.) Abraco, Ralph = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
[obm-l] Problema interessante
Caiu na prova da FUVEST deste ano. Um abraço. Marcelo mat03.gif Description: Binary data
