[obm-l] Re: [obm-l] Número de matrizes 0-1

[Anderson Torres]

Em seg., 20 de dez. de 2021 às 18:58, Claudio Buffara
 escreveu:
>
> Num outro grupo, propuseram o problema de achar o número de matrizes 4x4 com 
> entradas em {0,1} e cujo determinante seja ímpar.
> Olhando mod 2, isso é equivalente a achar o número de matrizes 4x4 
> invertíveis com entradas em Z2 (o corpo com 2 elementos).
> Este é um resultado conhecido: o número de tais matrizes é 
> (2^4-1)(2^4-2)(2^4-2^2)(2^4-2^3) = 15*14*12*8 = 20.160.
> Provar isso pode ser um bom problema pra quem não conhece o "truque" (que 
> nada mais é do que usar uma caracterização alternativa de "matriz 
> invertível").
>
> Daí surgiram duas dúvidas:
> 1) Quais os valores possíveis do determinante desta matriz?
> 2) Quantas matrizes existem com cada valor possível do determinante?

Eu desconfio fortemente que não existe forma mais fácil do que fazer na raça.

>
> Não é difícil fazer um programa de computador pra calcular isso (afinal, 
> existem apenas 2^16 = 65.536 matrizes 4x4 com entradas em {0,1}).
> Mas será que há uma forma "esperta" de calcular isso?
> E que seja generalizável pra matrizes nxn?
>
> []s,
> Claudio.
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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


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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número mínimo de raízes de f

[Claudio Buffara]

Mas esse teorema não é óbvio, apesar de não ser difícil de provar.
A minha solução me parece mais natural: ir testando "na mão" até que algum
padrão fique evidente.


On Tue, Jan 22, 2019 at 11:56 AM Artur Steiner <
artur.costa.stei...@gmail.com> wrote:

> É, o que podemos afirmar é que f tem pelo menos 401 raízes em [-1000,
> 1000].
>
> Uma outra forma de mostrar é com base no seguinte teorema:
>
> Se o gráfico de f é simétrico com relação a dois eixos verticais x = a e x
> = b distintos, então f é periódica e um de seus períodos é 2|b - a|.
>
> Assim, a f do caso é periódica e um de seus períodos é 2(7 - 2) =10.
> Verificamos que 4 e 14 = 4 + 10, além de 0, são raízes. Logo, os números da
> forma a_n = 10n e b_n = 4 + 10n, n inteiro, são raízes.Disso concluímos
> facilmente que, em [-1000, 1000] , há 401 raízes de uma destas formas.
>
> Para provarmos o teorema citado, observamos que, para todo x,
>
> f(a - x) = f(a + x)
> f(b - x) = f(b + x)
>
> Logo  para todo x,
>
> f(x) = f(a + (x - a)) = f(a - (x - a)) = f(2a - x) = f(b + (2a - x - b)) =
> f(b - (2a - x - b)) = f(2(b - a) + x)
>
> Como b - a <> 0, vemos que f é periódica e que 2|b - a| é um de seus
> períodos..
>
>
>
>
> Artur Costa Steiner
>
> Em ter, 22 de jan de 2019 10:26, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com escreveu:
>
>> 0 =
>> f(0) = f(2-2) = f(2+2) = f(4);
>> f(4) = f(7-3) = f(7+3) = f(10);
>> f(10) = f(2+8) = f(2-8) = f(-6)
>> f(-6) = f(7-13) = f(7+13) = f(20)
>> f(20) = f(2+18) = f(2-18) = f(-16)
>> f(-16) = f(7-23) = f(7+23) = f(30)
>> ...
>> Hipótese de indução: f(10n) = f(4-10n) = 0, para n >= 0.
>>
>> f(10(n+1)) = f(10n+10) = f(2+10n+8) = f(2-10n-8) = f(-6-10n) =
>> f(4-10(n+1))
>> Mas f(10(n+1)) = f(10n+10) = f(7+10n+3) = f(7-10n-3) = f(4-10n) = 0, pela
>> hipótese de indução.
>>
>> 0 =
>> f(0) = f(7-7) = f(7+7) = f(14).
>> f(14) = f(2+12) = f(2-12) = f(-10)
>> f(-10) = f(7-17) = f(7+17) = f(24)
>> f(24) = f(2+22) = f(2-22) = f(-20)
>> f(-20) = f(7-27) = f(7+27) = f(34)
>> f(34) = f(2+32) = f(2-32) = f(-30)
>> ...
>> Da mesma forma, dá pra provar que f(-10n) = f(14+10n) = 0, para n >= 0.
>>
>> Ou seja, no intervalo [-1000,1000], temos as raízes:
>> -1000, -990, -980, ..., -10, 0, 10, ..., 980, 990, 1000 ==> 201 raízes
>> e também:
>> -996, -986, -976, ..., -16, -6, 4, 14, 24, ..., 994 ==> 200 raízes
>>
>> Assim, no intervalo [-1000,1000], f tem pelo menos 401 raízes.
>>
>> Mas, de fato, isso não prova que este é o número mínimo de raízes que f
>> pode necessariamente ter.
>> Pois é possível que as condições do enunciado forcem a existência de
>> outras raízes.
>>
>> []s,
>> Claudio.
>>
>>
>>
>> On Tue, Jan 22, 2019 at 8:09 AM Artur Steiner <
>> artur.costa.stei...@gmail.com> wrote:
>>
>>> Acho esse interessante.
>>>
>>> Suponhamos que, para todo x, f de R em R satisfaça a
>>>
>>> f(2 - x) = f(2 + x)
>>> f(7 - x) = f(7 + x)
>>>
>>> e f(0) = 0
>>>
>>> Determine o número mínimo de raízes que f pode ter em [-1000, 1000]
>>>
>>>
>>> Artur Costa Steiner
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número mínimo de raízes de f

[Artur Steiner]

É, o que podemos afirmar é que f tem pelo menos 401 raízes em [-1000,
1000].

Uma outra forma de mostrar é com base no seguinte teorema:

Se o gráfico de f é simétrico com relação a dois eixos verticais x = a e x
= b distintos, então f é periódica e um de seus períodos é 2|b - a|.

Assim, a f do caso é periódica e um de seus períodos é 2(7 - 2) =10.
Verificamos que 4 e 14 = 4 + 10, além de 0, são raízes. Logo, os números da
forma a_n = 10n e b_n = 4 + 10n, n inteiro, são raízes.Disso concluímos
facilmente que, em [-1000, 1000] , há 401 raízes de uma destas formas.

Para provarmos o teorema citado, observamos que, para todo x,

f(a - x) = f(a + x)
f(b - x) = f(b + x)

Logo  para todo x,

f(x) = f(a + (x - a)) = f(a - (x - a)) = f(2a - x) = f(b + (2a - x - b)) =
f(b - (2a - x - b)) = f(2(b - a) + x)

Como b - a <> 0, vemos que f é periódica e que 2|b - a| é um de seus
períodos..




Artur Costa Steiner

Em ter, 22 de jan de 2019 10:26, Claudio Buffara  0 =
> f(0) = f(2-2) = f(2+2) = f(4);
> f(4) = f(7-3) = f(7+3) = f(10);
> f(10) = f(2+8) = f(2-8) = f(-6)
> f(-6) = f(7-13) = f(7+13) = f(20)
> f(20) = f(2+18) = f(2-18) = f(-16)
> f(-16) = f(7-23) = f(7+23) = f(30)
> ...
> Hipótese de indução: f(10n) = f(4-10n) = 0, para n >= 0.
>
> f(10(n+1)) = f(10n+10) = f(2+10n+8) = f(2-10n-8) = f(-6-10n) = f(4-10(n+1))
> Mas f(10(n+1)) = f(10n+10) = f(7+10n+3) = f(7-10n-3) = f(4-10n) = 0, pela
> hipótese de indução.
>
> 0 =
> f(0) = f(7-7) = f(7+7) = f(14).
> f(14) = f(2+12) = f(2-12) = f(-10)
> f(-10) = f(7-17) = f(7+17) = f(24)
> f(24) = f(2+22) = f(2-22) = f(-20)
> f(-20) = f(7-27) = f(7+27) = f(34)
> f(34) = f(2+32) = f(2-32) = f(-30)
> ...
> Da mesma forma, dá pra provar que f(-10n) = f(14+10n) = 0, para n >= 0.
>
> Ou seja, no intervalo [-1000,1000], temos as raízes:
> -1000, -990, -980, ..., -10, 0, 10, ..., 980, 990, 1000 ==> 201 raízes
> e também:
> -996, -986, -976, ..., -16, -6, 4, 14, 24, ..., 994 ==> 200 raízes
>
> Assim, no intervalo [-1000,1000], f tem pelo menos 401 raízes.
>
> Mas, de fato, isso não prova que este é o número mínimo de raízes que f
> pode necessariamente ter.
> Pois é possível que as condições do enunciado forcem a existência de
> outras raízes.
>
> []s,
> Claudio.
>
>
>
> On Tue, Jan 22, 2019 at 8:09 AM Artur Steiner <
> artur.costa.stei...@gmail.com> wrote:
>
>> Acho esse interessante.
>>
>> Suponhamos que, para todo x, f de R em R satisfaça a
>>
>> f(2 - x) = f(2 + x)
>> f(7 - x) = f(7 + x)
>>
>> e f(0) = 0
>>
>> Determine o número mínimo de raízes que f pode ter em [-1000, 1000]
>>
>>
>> Artur Costa Steiner
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número mínimo de raízes de f

[Claudio Buffara]

Mas o enunciado fala em FUNÇÃO e não em POLINÔMIO.
E, mesmo neste último caso, não é verdade, em geral, que  f(2-x) = f(2) +
f(-x) = f(2+x) = f(2) + f(x)

[]s,
Claudio.


On Tue, Jan 22, 2019 at 11:10 AM Olson  wrote:

> Se f(x) for um polinômio qualquer e f(0) =0, então o termo independente é
> igual a 0 também. Por isso, f(2-x) = f(2) + f(-x) = f(2+x) = f(2) + f(x), o
> que nos dá f(x) = f(-x). Das soluções que o Cláudio mostrou, as -1000,
> -990, ..., 990, 1000 já obedecem isso. Se usarmos isso nas outras soluções,
> encontramos que 996, 986, 976, ..., -984, -994 também são soluções, o que
> nos dá 601 raízes ao todo.
>
> Em ter, 22 de jan de 2019 10:26, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com escreveu:
>
>> 0 =
>> f(0) = f(2-2) = f(2+2) = f(4);
>> f(4) = f(7-3) = f(7+3) = f(10);
>> f(10) = f(2+8) = f(2-8) = f(-6)
>> f(-6) = f(7-13) = f(7+13) = f(20)
>> f(20) = f(2+18) = f(2-18) = f(-16)
>> f(-16) = f(7-23) = f(7+23) = f(30)
>> ...
>> Hipótese de indução: f(10n) = f(4-10n) = 0, para n >= 0.
>>
>> f(10(n+1)) = f(10n+10) = f(2+10n+8) = f(2-10n-8) = f(-6-10n) =
>> f(4-10(n+1))
>> Mas f(10(n+1)) = f(10n+10) = f(7+10n+3) = f(7-10n-3) = f(4-10n) = 0, pela
>> hipótese de indução.
>>
>> 0 =
>> f(0) = f(7-7) = f(7+7) = f(14).
>> f(14) = f(2+12) = f(2-12) = f(-10)
>> f(-10) = f(7-17) = f(7+17) = f(24)
>> f(24) = f(2+22) = f(2-22) = f(-20)
>> f(-20) = f(7-27) = f(7+27) = f(34)
>> f(34) = f(2+32) = f(2-32) = f(-30)
>> ...
>> Da mesma forma, dá pra provar que f(-10n) = f(14+10n) = 0, para n >= 0.
>>
>> Ou seja, no intervalo [-1000,1000], temos as raízes:
>> -1000, -990, -980, ..., -10, 0, 10, ..., 980, 990, 1000 ==> 201 raízes
>> e também:
>> -996, -986, -976, ..., -16, -6, 4, 14, 24, ..., 994 ==> 200 raízes
>>
>> Assim, no intervalo [-1000,1000], f tem pelo menos 401 raízes.
>>
>> Mas, de fato, isso não prova que este é o número mínimo de raízes que f
>> pode necessariamente ter.
>> Pois é possível que as condições do enunciado forcem a existência de
>> outras raízes.
>>
>> []s,
>> Claudio.
>>
>>
>>
>> On Tue, Jan 22, 2019 at 8:09 AM Artur Steiner <
>> artur.costa.stei...@gmail.com> wrote:
>>
>>> Acho esse interessante.
>>>
>>> Suponhamos que, para todo x, f de R em R satisfaça a
>>>
>>> f(2 - x) = f(2 + x)
>>> f(7 - x) = f(7 + x)
>>>
>>> e f(0) = 0
>>>
>>> Determine o número mínimo de raízes que f pode ter em [-1000, 1000]
>>>
>>>
>>> Artur Costa Steiner
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número mínimo de raízes de f

[Olson]

Se f(x) for um polinômio qualquer e f(0) =0, então o termo independente é
igual a 0 também. Por isso, f(2-x) = f(2) + f(-x) = f(2+x) = f(2) + f(x), o
que nos dá f(x) = f(-x). Das soluções que o Cláudio mostrou, as -1000,
-990, ..., 990, 1000 já obedecem isso. Se usarmos isso nas outras soluções,
encontramos que 996, 986, 976, ..., -984, -994 também são soluções, o que
nos dá 601 raízes ao todo.

Em ter, 22 de jan de 2019 10:26, Claudio Buffara  0 =
> f(0) = f(2-2) = f(2+2) = f(4);
> f(4) = f(7-3) = f(7+3) = f(10);
> f(10) = f(2+8) = f(2-8) = f(-6)
> f(-6) = f(7-13) = f(7+13) = f(20)
> f(20) = f(2+18) = f(2-18) = f(-16)
> f(-16) = f(7-23) = f(7+23) = f(30)
> ...
> Hipótese de indução: f(10n) = f(4-10n) = 0, para n >= 0.
>
> f(10(n+1)) = f(10n+10) = f(2+10n+8) = f(2-10n-8) = f(-6-10n) = f(4-10(n+1))
> Mas f(10(n+1)) = f(10n+10) = f(7+10n+3) = f(7-10n-3) = f(4-10n) = 0, pela
> hipótese de indução.
>
> 0 =
> f(0) = f(7-7) = f(7+7) = f(14).
> f(14) = f(2+12) = f(2-12) = f(-10)
> f(-10) = f(7-17) = f(7+17) = f(24)
> f(24) = f(2+22) = f(2-22) = f(-20)
> f(-20) = f(7-27) = f(7+27) = f(34)
> f(34) = f(2+32) = f(2-32) = f(-30)
> ...
> Da mesma forma, dá pra provar que f(-10n) = f(14+10n) = 0, para n >= 0.
>
> Ou seja, no intervalo [-1000,1000], temos as raízes:
> -1000, -990, -980, ..., -10, 0, 10, ..., 980, 990, 1000 ==> 201 raízes
> e também:
> -996, -986, -976, ..., -16, -6, 4, 14, 24, ..., 994 ==> 200 raízes
>
> Assim, no intervalo [-1000,1000], f tem pelo menos 401 raízes.
>
> Mas, de fato, isso não prova que este é o número mínimo de raízes que f
> pode necessariamente ter.
> Pois é possível que as condições do enunciado forcem a existência de
> outras raízes.
>
> []s,
> Claudio.
>
>
>
> On Tue, Jan 22, 2019 at 8:09 AM Artur Steiner <
> artur.costa.stei...@gmail.com> wrote:
>
>> Acho esse interessante.
>>
>> Suponhamos que, para todo x, f de R em R satisfaça a
>>
>> f(2 - x) = f(2 + x)
>> f(7 - x) = f(7 + x)
>>
>> e f(0) = 0
>>
>> Determine o número mínimo de raízes que f pode ter em [-1000, 1000]
>>
>>
>> Artur Costa Steiner
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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

[obm-l] Re: [obm-l] Número mínimo de raízes de f

[Claudio Buffara]

0 =
f(0) = f(2-2) = f(2+2) = f(4);
f(4) = f(7-3) = f(7+3) = f(10);
f(10) = f(2+8) = f(2-8) = f(-6)
f(-6) = f(7-13) = f(7+13) = f(20)
f(20) = f(2+18) = f(2-18) = f(-16)
f(-16) = f(7-23) = f(7+23) = f(30)
...
Hipótese de indução: f(10n) = f(4-10n) = 0, para n >= 0.

f(10(n+1)) = f(10n+10) = f(2+10n+8) = f(2-10n-8) = f(-6-10n) = f(4-10(n+1))
Mas f(10(n+1)) = f(10n+10) = f(7+10n+3) = f(7-10n-3) = f(4-10n) = 0, pela
hipótese de indução.

0 =
f(0) = f(7-7) = f(7+7) = f(14).
f(14) = f(2+12) = f(2-12) = f(-10)
f(-10) = f(7-17) = f(7+17) = f(24)
f(24) = f(2+22) = f(2-22) = f(-20)
f(-20) = f(7-27) = f(7+27) = f(34)
f(34) = f(2+32) = f(2-32) = f(-30)
...
Da mesma forma, dá pra provar que f(-10n) = f(14+10n) = 0, para n >= 0.

Ou seja, no intervalo [-1000,1000], temos as raízes:
-1000, -990, -980, ..., -10, 0, 10, ..., 980, 990, 1000 ==> 201 raízes
e também:
-996, -986, -976, ..., -16, -6, 4, 14, 24, ..., 994 ==> 200 raízes

Assim, no intervalo [-1000,1000], f tem pelo menos 401 raízes.

Mas, de fato, isso não prova que este é o número mínimo de raízes que f
pode necessariamente ter.
Pois é possível que as condições do enunciado forcem a existência de outras
raízes.

[]s,
Claudio.



On Tue, Jan 22, 2019 at 8:09 AM Artur Steiner 
wrote:

> Acho esse interessante.
>
> Suponhamos que, para todo x, f de R em R satisfaça a
>
> f(2 - x) = f(2 + x)
> f(7 - x) = f(7 + x)
>
> e f(0) = 0
>
> Determine o número mínimo de raízes que f pode ter em [-1000, 1000]
>
>
> Artur Costa Steiner
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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

[obm-l] Re: [obm-l] Número mínimo de raízes de f

[Olson]

Se f(0) = 0, é correto afirmar que o termo independente de f seja igual a
0? Se for correto, então f(2-x) = f(2) + f(-x), e, portanto f(x) = f(-x).
Está certo?

Em ter, 22 de jan de 2019 08:09, Artur Steiner <
artur.costa.stei...@gmail.com escreveu:

> Acho esse interessante.
>
> Suponhamos que, para todo x, f de R em R satisfaça a
>
> f(2 - x) = f(2 + x)
> f(7 - x) = f(7 + x)
>
> e f(0) = 0
>
> Determine o número mínimo de raízes que f pode ter em [-1000, 1000]
>
>
> Artur Costa Steiner
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número máximo de soluções.

[Pedro José]

Boa tarde!
Corrigindo p^s||mdc(x*^2,y*^2), sendo...
Ou p^(s/2)|| (x*,y*), sendo...

Saudações,
PJMS


Em seg, 15 de out de 2018 às 13:42, Pedro José 
escreveu:

> Boa tarde!
> Do teorema de Jacobi saem dois corolários, simples, porém curiosos.
>
> (i) O número de divisores de um número inteiro da forma 4K+1 é maior ou
> igual ao número de divisores da forma 4K+3.
> (ii) Seja p um primo em Z+ e p=3 mod 4, se p^s||a e x^2+y^2 = a com x,y,a
> inteiros e a<>0, admite solução, s é par e p^s||mdc(x*,y*), sendo (x*,y*)
> uma solução da equação.
>
> Saudações,
> PJMS
>
> Em ter, 18 de set de 2018 às 15:26, Pedro José 
> escreveu:
>
>> Boa tarde!
>> Cláudio,
>> já comecei o estudo do material.
>> Curiosamente, quando do estudo do artigo do Znotes, referente a inteiros
>> de gauss, comentara que a demonstração de que todo primo da forma 4k+1 pode
>> ser escrita como a soma de um quadrado foi bastante simples. Que a única
>> demonstração que conhecia usava um conceito de involução e era complicada e
>> nem me lembrava mais, como era a linha de demonstração. Esse artigo usa
>> esse conceito para provar que todo primo 4k+1 pode ser representado como a
>> soma de dois quadrados. Vou aproveitar para dar uma recordada e ver se
>> compreendo. De toda sorte, creio que não me esquecerei mais da apresentada
>> no artigo Znotes, que é bem mais simples.
>> estou curioso para saber como chegou-se a fórmula do número de soluções
>> de x^2+y^2=a.
>>
>> Saudações,
>> PJMS.
>>
>>
>> Em sáb, 15 de set de 2018 às 22:15, Pedro José 
>> escreveu:
>>
>>> Boa noite!
>>> Pacini,
>>> desculpe-me, acabei não agradecendo.
>>> Esse fora o meu primeiro pensamento. Cheguei a pensar a princípio, que
>>> 12 seria o limitante.
>>> Porém, não há limite.
>>> Saudações,
>>> PJMS.
>>> ,
>>>
>>>
>>> Em Sáb, 15 de set de 2018 20:40, Pedro José 
>>> escreveu:
>>>
 Boa noite!
 Pacini,
 Eu estava querendo algo na linha que o Cláudio apresentou.
 Não há máximo então, pois posso pegar um primo, da forma 4k+1 e
 elevá-lo a x, x Natural e teremos 4(x+1) soluções, que não tem máximo.
 Cláudio,
 Grato. Ainda não li o artigo sugerido, pois, o computador da minha
 filha deu defeito, ela passou aqui e pegou o meu. Minha vista não me
 permite ler arquivos no celular.
 Saudações,
 PJMS

 Em Sex, 14 de set de 2018 21:49, Claudio Buffara <
 claudio.buff...@gmail.com> escreveu:

> Veja aqui:
> https://www.ams.org/publications/authors/books/postpub/gsm-160-summary.pdf
> pgs. 22 a 24.
>
> []s,
> Claudio.
>
> On Fri, Sep 14, 2018 at 9:37 PM Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com> wrote:
>
>> Tem um teorema de Jacobi que diz que, para n inteiro positivo, o
>> número de soluções inteiras (positivas, negativas e nulas) de x^2 + y^2 
>> = n
>> é igual a:
>> 4*(d1(n) - d3(n)), onde:
>> d1(n) = número de divisores positivos de n da forma 4k+1
>> e
>> d3(n) = número de divisores positivos de n da forma 4k+3
>>
>>
>> On Fri, Sep 14, 2018 at 5:56 PM Pedro José 
>> wrote:
>>
>>> Boa tarde!
>>>
>>> Há algum estudo que possa indicar o número máximo de soluções nos
>>> inteiros positivos de:
>>> x^2 + y^2=a e para que a ou família de a acontece?
>>>
>>> Grato.
>>> Saudações,
>>> PJMS
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.



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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número máximo de soluções.

[Pedro José]

Boa tarde!
Do teorema de Jacobi saem dois corolários, simples, porém curiosos.

(i) O número de divisores de um número inteiro da forma 4K+1 é maior ou
igual ao número de divisores da forma 4K+3.
(ii) Seja p um primo em Z+ e p=3 mod 4, se p^s||a e x^2+y^2 = a com x,y,a
inteiros e a<>0, admite solução, s é par e p^s||mdc(x*,y*), sendo (x*,y*)
uma solução da equação.

Saudações,
PJMS

Em ter, 18 de set de 2018 às 15:26, Pedro José 
escreveu:

> Boa tarde!
> Cláudio,
> já comecei o estudo do material.
> Curiosamente, quando do estudo do artigo do Znotes, referente a inteiros
> de gauss, comentara que a demonstração de que todo primo da forma 4k+1 pode
> ser escrita como a soma de um quadrado foi bastante simples. Que a única
> demonstração que conhecia usava um conceito de involução e era complicada e
> nem me lembrava mais, como era a linha de demonstração. Esse artigo usa
> esse conceito para provar que todo primo 4k+1 pode ser representado como a
> soma de dois quadrados. Vou aproveitar para dar uma recordada e ver se
> compreendo. De toda sorte, creio que não me esquecerei mais da apresentada
> no artigo Znotes, que é bem mais simples.
> estou curioso para saber como chegou-se a fórmula do número de soluções de
> x^2+y^2=a.
>
> Saudações,
> PJMS.
>
>
> Em sáb, 15 de set de 2018 às 22:15, Pedro José 
> escreveu:
>
>> Boa noite!
>> Pacini,
>> desculpe-me, acabei não agradecendo.
>> Esse fora o meu primeiro pensamento. Cheguei a pensar a princípio, que 12
>> seria o limitante.
>> Porém, não há limite.
>> Saudações,
>> PJMS.
>> ,
>>
>>
>> Em Sáb, 15 de set de 2018 20:40, Pedro José 
>> escreveu:
>>
>>> Boa noite!
>>> Pacini,
>>> Eu estava querendo algo na linha que o Cláudio apresentou.
>>> Não há máximo então, pois posso pegar um primo, da forma 4k+1 e elevá-lo
>>> a x, x Natural e teremos 4(x+1) soluções, que não tem máximo.
>>> Cláudio,
>>> Grato. Ainda não li o artigo sugerido, pois, o computador da minha filha
>>> deu defeito, ela passou aqui e pegou o meu. Minha vista não me permite ler
>>> arquivos no celular.
>>> Saudações,
>>> PJMS
>>>
>>> Em Sex, 14 de set de 2018 21:49, Claudio Buffara <
>>> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>>>
 Veja aqui:
 https://www.ams.org/publications/authors/books/postpub/gsm-160-summary.pdf
 pgs. 22 a 24.

 []s,
 Claudio.

 On Fri, Sep 14, 2018 at 9:37 PM Claudio Buffara <
 claudio.buff...@gmail.com> wrote:

> Tem um teorema de Jacobi que diz que, para n inteiro positivo, o
> número de soluções inteiras (positivas, negativas e nulas) de x^2 + y^2 = 
> n
> é igual a:
> 4*(d1(n) - d3(n)), onde:
> d1(n) = número de divisores positivos de n da forma 4k+1
> e
> d3(n) = número de divisores positivos de n da forma 4k+3
>
>
> On Fri, Sep 14, 2018 at 5:56 PM Pedro José 
> wrote:
>
>> Boa tarde!
>>
>> Há algum estudo que possa indicar o número máximo de soluções nos
>> inteiros positivos de:
>> x^2 + y^2=a e para que a ou família de a acontece?
>>
>> Grato.
>> Saudações,
>> PJMS
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
 --
 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>>

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número máximo de soluções.

[Pedro José]

Boa tarde!
Cláudio,
já comecei o estudo do material.
Curiosamente, quando do estudo do artigo do Znotes, referente a inteiros de
gauss, comentara que a demonstração de que todo primo da forma 4k+1 pode
ser escrita como a soma de um quadrado foi bastante simples. Que a única
demonstração que conhecia usava um conceito de involução e era complicada e
nem me lembrava mais, como era a linha de demonstração. Esse artigo usa
esse conceito para provar que todo primo 4k+1 pode ser representado como a
soma de dois quadrados. Vou aproveitar para dar uma recordada e ver se
compreendo. De toda sorte, creio que não me esquecerei mais da apresentada
no artigo Znotes, que é bem mais simples.
estou curioso para saber como chegou-se a fórmula do número de soluções de
x^2+y^2=a.

Saudações,
PJMS.


Em sáb, 15 de set de 2018 às 22:15, Pedro José 
escreveu:

> Boa noite!
> Pacini,
> desculpe-me, acabei não agradecendo.
> Esse fora o meu primeiro pensamento. Cheguei a pensar a princípio, que 12
> seria o limitante.
> Porém, não há limite.
> Saudações,
> PJMS.
> ,
>
>
> Em Sáb, 15 de set de 2018 20:40, Pedro José 
> escreveu:
>
>> Boa noite!
>> Pacini,
>> Eu estava querendo algo na linha que o Cláudio apresentou.
>> Não há máximo então, pois posso pegar um primo, da forma 4k+1 e elevá-lo
>> a x, x Natural e teremos 4(x+1) soluções, que não tem máximo.
>> Cláudio,
>> Grato. Ainda não li o artigo sugerido, pois, o computador da minha filha
>> deu defeito, ela passou aqui e pegou o meu. Minha vista não me permite ler
>> arquivos no celular.
>> Saudações,
>> PJMS
>>
>> Em Sex, 14 de set de 2018 21:49, Claudio Buffara <
>> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Veja aqui:
>>> https://www.ams.org/publications/authors/books/postpub/gsm-160-summary.pdf
>>> pgs. 22 a 24.
>>>
>>> []s,
>>> Claudio.
>>>
>>> On Fri, Sep 14, 2018 at 9:37 PM Claudio Buffara <
>>> claudio.buff...@gmail.com> wrote:
>>>
 Tem um teorema de Jacobi que diz que, para n inteiro positivo, o número
 de soluções inteiras (positivas, negativas e nulas) de x^2 + y^2 = n é
 igual a:
 4*(d1(n) - d3(n)), onde:
 d1(n) = número de divisores positivos de n da forma 4k+1
 e
 d3(n) = número de divisores positivos de n da forma 4k+3


 On Fri, Sep 14, 2018 at 5:56 PM Pedro José  wrote:

> Boa tarde!
>
> Há algum estudo que possa indicar o número máximo de soluções nos
> inteiros positivos de:
> x^2 + y^2=a e para que a ou família de a acontece?
>
> Grato.
> Saudações,
> PJMS
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.


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

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número máximo de soluções.

[Pedro José]

Boa noite!
Pacini,
desculpe-me, acabei não agradecendo.
Esse fora o meu primeiro pensamento. Cheguei a pensar a princípio, que 12
seria o limitante.
Porém, não há limite.
Saudações,
PJMS.
,


Em Sáb, 15 de set de 2018 20:40, Pedro José  escreveu:

> Boa noite!
> Pacini,
> Eu estava querendo algo na linha que o Cláudio apresentou.
> Não há máximo então, pois posso pegar um primo, da forma 4k+1 e elevá-lo a
> x, x Natural e teremos 4(x+1) soluções, que não tem máximo.
> Cláudio,
> Grato. Ainda não li o artigo sugerido, pois, o computador da minha filha
> deu defeito, ela passou aqui e pegou o meu. Minha vista não me permite ler
> arquivos no celular.
> Saudações,
> PJMS
>
> Em Sex, 14 de set de 2018 21:49, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>
>> Veja aqui:
>> https://www.ams.org/publications/authors/books/postpub/gsm-160-summary.pdf
>> pgs. 22 a 24.
>>
>> []s,
>> Claudio.
>>
>> On Fri, Sep 14, 2018 at 9:37 PM Claudio Buffara <
>> claudio.buff...@gmail.com> wrote:
>>
>>> Tem um teorema de Jacobi que diz que, para n inteiro positivo, o número
>>> de soluções inteiras (positivas, negativas e nulas) de x^2 + y^2 = n é
>>> igual a:
>>> 4*(d1(n) - d3(n)), onde:
>>> d1(n) = número de divisores positivos de n da forma 4k+1
>>> e
>>> d3(n) = número de divisores positivos de n da forma 4k+3
>>>
>>>
>>> On Fri, Sep 14, 2018 at 5:56 PM Pedro José  wrote:
>>>
 Boa tarde!

 Há algum estudo que possa indicar o número máximo de soluções nos
 inteiros positivos de:
 x^2 + y^2=a e para que a ou família de a acontece?

 Grato.
 Saudações,
 PJMS

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

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número máximo de soluções.

[Pedro José]

Boa noite!
Pacini,
Eu estava querendo algo na linha que o Cláudio apresentou.
Não há máximo então, pois posso pegar um primo, da forma 4k+1 e elevá-lo a
x, x Natural e teremos 4(x+1) soluções, que não tem máximo.
Cláudio,
Grato. Ainda não li o artigo sugerido, pois, o computador da minha filha
deu defeito, ela passou aqui e pegou o meu. Minha vista não me permite ler
arquivos no celular.
Saudações,
PJMS

Em Sex, 14 de set de 2018 21:49, Claudio Buffara 
escreveu:

> Veja aqui:
> https://www.ams.org/publications/authors/books/postpub/gsm-160-summary.pdf
> pgs. 22 a 24.
>
> []s,
> Claudio.
>
> On Fri, Sep 14, 2018 at 9:37 PM Claudio Buffara 
> wrote:
>
>> Tem um teorema de Jacobi que diz que, para n inteiro positivo, o número
>> de soluções inteiras (positivas, negativas e nulas) de x^2 + y^2 = n é
>> igual a:
>> 4*(d1(n) - d3(n)), onde:
>> d1(n) = número de divisores positivos de n da forma 4k+1
>> e
>> d3(n) = número de divisores positivos de n da forma 4k+3
>>
>>
>> On Fri, Sep 14, 2018 at 5:56 PM Pedro José  wrote:
>>
>>> Boa tarde!
>>>
>>> Há algum estudo que possa indicar o número máximo de soluções nos
>>> inteiros positivos de:
>>> x^2 + y^2=a e para que a ou família de a acontece?
>>>
>>> Grato.
>>> Saudações,
>>> PJMS
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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

[obm-l] Re: [obm-l] Número máximo de soluções.

[Claudio Buffara]

Veja aqui:
https://www.ams.org/publications/authors/books/postpub/gsm-160-summary.pdf
pgs. 22 a 24.

[]s,
Claudio.

On Fri, Sep 14, 2018 at 9:37 PM Claudio Buffara 
wrote:

> Tem um teorema de Jacobi que diz que, para n inteiro positivo, o número de
> soluções inteiras (positivas, negativas e nulas) de x^2 + y^2 = n é igual a:
> 4*(d1(n) - d3(n)), onde:
> d1(n) = número de divisores positivos de n da forma 4k+1
> e
> d3(n) = número de divisores positivos de n da forma 4k+3
>
>
> On Fri, Sep 14, 2018 at 5:56 PM Pedro José  wrote:
>
>> Boa tarde!
>>
>> Há algum estudo que possa indicar o número máximo de soluções nos
>> inteiros positivos de:
>> x^2 + y^2=a e para que a ou família de a acontece?
>>
>> Grato.
>> Saudações,
>> PJMS
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>

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

[obm-l] Re: [obm-l] Número máximo de soluções.

[Claudio Buffara]

Tem um teorema de Jacobi que diz que, para n inteiro positivo, o número de
soluções inteiras (positivas, negativas e nulas) de x^2 + y^2 = n é igual a:
4*(d1(n) - d3(n)), onde:
d1(n) = número de divisores positivos de n da forma 4k+1
e
d3(n) = número de divisores positivos de n da forma 4k+3


On Fri, Sep 14, 2018 at 5:56 PM Pedro José  wrote:

> Boa tarde!
>
> Há algum estudo que possa indicar o número máximo de soluções nos inteiros
> positivos de:
> x^2 + y^2=a e para que a ou família de a acontece?
>
> Grato.
> Saudações,
> PJMS
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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

[obm-l] Re: [obm-l] Número máximo de soluções.

[Pacini Bores]

 

Observe que se tomarmos os pitagóricos, teremos possíveis valores para
"a". Teremos que encontrar outros. Vou tentar. 

Abraços 

Pacini 

Em 14/09/2018 17:47, Pedro José escreveu: 

> Boa tarde!
> 
> Há algum estudo que possa indicar o número máximo de soluções nos inteiros 
> positivos de: x^2 + y^2=a e para que a ou família de a acontece?
> 
> Grato. Saudações, PJMS 
> -- 
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivrus e 
> acredita-se estar livre de perigo.

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

[obm-l] Re: [obm-l] número racional

[Pedro José]

Boa noite!

Retificação: Portanto só sobram k=2 ou k =22 e não "Portanto só sobram k=2
ou k =11."

k é par.

Saudações,
PJMS

Em 2 de março de 2017 09:45, Pedro José  escreveu:

> Bom dia!
>
> 4n-2 = k*a^2 (i) e n+5 = K*b^2.
>
> de (i) temos que *a* pertence a 2 Z+1 e k pertence a 2Z.
>
> n = (k*a^2 + 2)/ 4 e n = K*b^2 -5 ==> k (a^2 - (2b)^2) = -22
>
> k=-2 ==> n <=0 e k= -22 ==> n< 0. Portanto só sobram k=2 ou k =11.
>
> k=2 ==> (a+2b)*(a-2b)= -11
>
> a+2b=1 e a-2b =-11; a+2b =-1 e a+2b =11; a+2b = 11 e a-2b =-1 ou a+2b =-11
> e a-2b =1
>
> e para todas soluções n = 13.
>
> k=22 ==> (a+2b)*(a-2b)= -1
>
> a + 2b =1 e a-2b = -1 ou a + 2b =-1 e a-2b = +1
>
> para ambos os casos não há solução para n inteiro.
>
> Portanto somente é atendido para n = 13.
>
> Saudações,
> PJMS.
>
>
> Em 28 de fevereiro de 2017 13:12, marcone augusto araújo borges <
> marconeborge...@hotmail.com> escreveu:
>
>> Determine todos os inteiros positivos n tais que [(4n-2)/(n+5)]^1/2 é
>> racional
>>
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>
>

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

[obm-l] Re: [obm-l] número racional

[Pedro José]

Bom dia!

4n-2 = k*a^2 (i) e n+5 = K*b^2.

de (i) temos que *a* pertence a 2 Z+1 e k pertence a 2Z.

n = (k*a^2 + 2)/ 4 e n = K*b^2 -5 ==> k (a^2 - (2b)^2) = -22

k=-2 ==> n <=0 e k= -22 ==> n< 0. Portanto só sobram k=2 ou k =11.

k=2 ==> (a+2b)*(a-2b)= -11

a+2b=1 e a-2b =-11; a+2b =-1 e a+2b =11; a+2b = 11 e a-2b =-1 ou a+2b =-11
e a-2b =1

e para todas soluções n = 13.

k=22 ==> (a+2b)*(a-2b)= -1

a + 2b =1 e a-2b = -1 ou a + 2b =-1 e a-2b = +1

para ambos os casos não há solução para n inteiro.

Portanto somente é atendido para n = 13.

Saudações,
PJMS.


Em 28 de fevereiro de 2017 13:12, marcone augusto araújo borges <
marconeborge...@hotmail.com> escreveu:

> Determine todos os inteiros positivos n tais que [(4n-2)/(n+5)]^1/2 é
> racional
>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

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

[obm-l] Re: [obm-l] Número de Elementos

[Pedro José]

Bom dia!

Pela primeira igualdade temos:

(i) x ε D ==> (x ε A) e (x ε C) e (x não pertence a B)

Da segunda afirmativa temos:

(ii) y ε A ==> (y ε B) e (y ε D) e (y não pertence a C)

(i) e (ii) ==> (iii) A= Ǿ
(ii) e (i) ==> (iv) D= Ǿ

(iii) e (iv) e as duas últimas igualdades do enunciado acarretam que: B = C
= Ǿ

Logo A = B = C = D = Ǿ

Saudações,
PJMS

Em 2 de março de 2016 18:15, Jeferson Almir 
escreveu:

> Caros peço ajuda nesse problema
>
> Ache todos os conjuntos [image: $A,B,C,D$] com números iguais de
> elementos tais que:
>
>
>
> (A \ B) ∩ C =D
>
>
>
> (B \ C) ∩ D =A
>
>
>
> (C \ D) ∩ A =B
>
>
>
> (D \ A) ∩ B =C
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número de cinco algarismos

[Pedro José]

Bianca,

Você tem que se descadastrar. Pois, o envio é automático.

Consulte: http://www.obm.org.br/opencms/como_se_preparar/lista_discussao/

Saudações,
PJMS

Em 19 de março de 2015 19:22, Bianca Gagli biancagagliu...@yahoo.com.br
escreveu:

 Nao quero mais receber emails. Obrigada!



   Em Quarta-feira, 18 de Março de 2015 21:11, Douglas Oliveira de Lima 
 profdouglaso.del...@gmail.com escreveu:


 Valeu demais fechou.
 Em 18/03/2015 19:15, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu:

 Oi Douglas e Roger,
 eu resolvi apenas a primeira parte da questao, que seria descobrir
 quantos numeros divisiveis por 3, de 5 algarismos, nao possuem o
 algarismo 6 em qualquer casa.

 Agora bastar vermos quantos numeros divisiveis por 3, de 5 algarismos
 existem, e entao fazermos a subtracao.

 Considerando a casa menos significativa como a primeira, temos 10 opcoes
 para a 1a. , 10 opcoes para a 2a. , 10 opcoes para a 3a. , e 10 opcoes para
 a 4a.

 Usando o mesmo raciocinio da minha mensagem anterior, vemos que para a 5a.
 casa (a mais significativa), independentemente do modulo da soma das 4
 primeiras casas, sempre havera' 3 opcoes: se modulo=0, opcoes=[3,6,9] ; se
 modulo=1, opcoes=[2,5,8] ; se modulo=2, opcoes=[1,4,7] .

 Assim, o total de numeros divisiveis por 3 vale 10*10*10*10*3=3 , e a
 quantidade que estamos procurando vale 3-17496=12504.
 Portanto, a resposta correta e' letra e.

 []'s
 Rogerio Ponce



 2015-03-18 18:16 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima 
 profdouglaso.del...@gmail.com:

 Não entendi muito bem a pergunta,  e porque não pode entrar 6 no início? O
 6 aparece somente uma vez?
 Em 18/03/2015 17:33, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu:

 Ola' Roger,
 para que o numero seja divisivel por 3, a soma (em modulo 3) de todos os
 seus algarismos tem que dar zero.
 Na casa mais significativa nao podemos ter nem 0 e nem 6, de forma que
 temos 8 escolhas.
 Para as proximas 3 casas, temos 9 escolhas em cada uma.
 Caso a soma (em modulo 3) das 4 primeiras casas seja 0 , temos 3 opcoes
 para a ultima casa: 0,3,9
 Caso a soma seja 1, tambem temos 3 opcoes para a ultima casa: 2,5,8
 E caso a soma seja 2, novamente temos 3 opcoes para a ultima casa: 1,4,7
 Assim, independentemente da escolha das 4 primeiras casas, existem sempre
 3 escolhas para a casa menos significativa.
 Portanto, ha' 8*9*9*9*3 = 17496 formas de se construir o numero, e a
 resposta e' a letra b.

 []'s
 Rogerio Ponce

 2015-03-18 8:19 GMT-03:00 Roger roger@gmail.com:

 Por gentileza, a questão abaixo caso alguém consiga a solução da mesma.

 1) Quantos números de cinco algarismos são divisíveis por 3 e possuem 6
 como um dos seus algarismos? a) 2 b) 17496 c) 12503 d) 18456 e) 12504

 --
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 acredita-se estar livre de perigo.



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Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número de cinco algarismos

[Bianca Gagli]

Nao quero mais receber emails. Obrigada!
 


 Em Quarta-feira, 18 de Março de 2015 21:11, Douglas Oliveira de Lima 
profdouglaso.del...@gmail.com escreveu:
   

 Valeu demais fechou. Em 18/03/2015 19:15, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com 
escreveu:

Oi Douglas e Roger,eu resolvi apenas a primeira parte da questao, que seria 
descobrirquantos numeros divisiveis por 3, de 5 algarismos, nao possuem o 
algarismo 6 em qualquer casa.
Agora bastar vermos quantos numeros divisiveis por 3, de 5 algarismos existem, 
e entao fazermos a subtracao.
Considerando a casa menos significativa como a primeira, temos 10 opcoes para a 
1a. , 10 opcoes para a 2a. , 10 opcoes para a 3a. , e 10 opcoes para a 4a.
Usando o mesmo raciocinio da minha mensagem anterior, vemos que para a 5a. casa 
(a mais significativa), independentemente do modulo da soma das 4 primeiras 
casas, sempre havera' 3 opcoes: se modulo=0, opcoes=[3,6,9] ; se modulo=1, 
opcoes=[2,5,8] ; se modulo=2, opcoes=[1,4,7] .
Assim, o total de numeros divisiveis por 3 vale 10*10*10*10*3=3 , e a 
quantidade que estamos procurando vale 3-17496=12504.Portanto, a resposta 
correta e' letra e.
[]'sRogerio Ponce


2015-03-18 18:16 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima 
profdouglaso.del...@gmail.com:

Não entendi muito bem a pergunta,  e porque não pode entrar 6 no início? O 6 
aparece somente uma vez?  Em 18/03/2015 17:33, Rogerio Ponce 
abrlw...@gmail.com escreveu:

Ola' Roger,para que o numero seja divisivel por 3, a soma (em modulo 3) de 
todos os seus algarismos tem que dar zero.Na casa mais significativa nao 
podemos ter nem 0 e nem 6, de forma que temos 8 escolhas.Para as proximas 3 
casas, temos 9 escolhas em cada uma.Caso a soma (em modulo 3) das 4 primeiras 
casas seja 0 , temos 3 opcoes para a ultima casa: 0,3,9Caso a soma seja 1, 
tambem temos 3 opcoes para a ultima casa: 2,5,8E caso a soma seja 2, novamente 
temos 3 opcoes para a ultima casa: 1,4,7Assim, independentemente da escolha das 
4 primeiras casas, existem sempre 3 escolhas para a casa menos 
significativa.Portanto, ha' 8*9*9*9*3 = 17496 formas de se construir o numero, 
e a resposta e' a letra b.
[]'sRogerio Ponce
2015-03-18 8:19 GMT-03:00 Roger roger@gmail.com:

Por gentileza, a questão abaixo caso alguém consiga a solução da mesma.
1) Quantos números de cinco algarismos são divisíveis por 3 e possuem 6 como um 
dos seus algarismos? a) 2 b) 17496 c) 12503 d) 18456 e) 12504

--
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 acredita-se estar livre de perigo.


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 acredita-se estar livre de perigo.

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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Número natural de 100 algarismos.

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2015-03-18 9:00 GMT-03:00 Bernardo Freitas Paulo da Costa
bernardo...@gmail.com:
 2015-03-18 8:18 GMT-03:00 Roger roger@gmail.com:
 Prezados,

 Segue uma questão que há uma semana não consegui uma solução convincente. Se
 alguém puder auxiliar, aguardo, por gentileza.

 1) Seja N um número natural de 100 algarismos, não nulos, que é divisível
 pela soma dos seus algarismos. Um valor possível para a soma dos algarismos
 distintos de N é igual a: a) 10 b) 12 c) 15 d) 16 e) 17

 Uma idéia que eu tive, mas ainda não implementei: números são
 divisíveis por 2^n ou 5^n bastando olhar suas n últimas casas
 decimais. Então, tente fazer a soma dos 100 algarismos ser 128 / 256 /
 512 ou 125 / 625. Espero que dê para achar um múltiplo de um destes
 caras com poucos (e pequenos) algarismos distintos... e depois botar
 um monte de 1.

Com um computador, achei 2122112 = 128 * 16579. Daí, qualquer número,
com o que você bem quiser na frente destes 7 dígitos, é divisível por
128. Se você quiser que a soma dos algarismos distintos seja 3, basta
escolher o número certo de uns e dois para que a soma de todos os
algarismos seja 128. Mais ainda, vários valores de somas possíveis de
um número de algarismos contendo 1 e 2 são possíveis, ou seja 10 = 1 +
2 + 7 (bote um sete, e troque um monte dos 2 por 1. Isso pode
tornar difícil a parte de somas muito grandes (tipo será que existe
um número de 100 dígitos usando todos os 9 algarismos, e que seja
divisível pela soma dos algarismos?) mas daí basta usar o 256.

Estranha questão...
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

-- 
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 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] Re: [obm-l] Número natural de 100 algarismos.

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2015-03-18 8:18 GMT-03:00 Roger roger@gmail.com:
 Prezados,

 Segue uma questão que há uma semana não consegui uma solução convincente. Se
 alguém puder auxiliar, aguardo, por gentileza.

 1) Seja N um número natural de 100 algarismos, não nulos, que é divisível
 pela soma dos seus algarismos. Um valor possível para a soma dos algarismos
 distintos de N é igual a: a) 10 b) 12 c) 15 d) 16 e) 17

Uma idéia que eu tive, mas ainda não implementei: números são
divisíveis por 2^n ou 5^n bastando olhar suas n últimas casas
decimais. Então, tente fazer a soma dos 100 algarismos ser 128 / 256 /
512 ou 125 / 625. Espero que dê para achar um múltiplo de um destes
caras com poucos (e pequenos) algarismos distintos... e depois botar
um monte de 1.

Provar que as outras somas são impossíveis me parece bem mais difícil...
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

-- 
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] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número natural de 100 algarismos.

[Roger]

Olá, Bernardo.

Acredito que seu argumento não é generalizado.

Contra exemplo: 2^=128
1.128 não é divisível por 128.

Em 18 de março de 2015 09:00, Bernardo Freitas Paulo da Costa 
bernardo...@gmail.com escreveu:

 2015-03-18 8:18 GMT-03:00 Roger roger@gmail.com:
  Prezados,
 
  Segue uma questão que há uma semana não consegui uma solução
 convincente. Se
  alguém puder auxiliar, aguardo, por gentileza.
 
  1) Seja N um número natural de 100 algarismos, não nulos, que é divisível
  pela soma dos seus algarismos. Um valor possível para a soma dos
 algarismos
  distintos de N é igual a: a) 10 b) 12 c) 15 d) 16 e) 17

 Uma idéia que eu tive, mas ainda não implementei: números são
 divisíveis por 2^n ou 5^n bastando olhar suas n últimas casas
 decimais. Então, tente fazer a soma dos 100 algarismos ser 128 / 256 /
 512 ou 125 / 625. Espero que dê para achar um múltiplo de um destes
 caras com poucos (e pequenos) algarismos distintos... e depois botar
 um monte de 1.

 Provar que as outras somas são impossíveis me parece bem mais difícil...
 --
 Bernardo Freitas Paulo da Costa

 --
 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
 =


-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número natural de 100 algarismos.

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2015-03-18 9:19 GMT-03:00 Roger roger@gmail.com:
 Olá, Bernardo.

 Acredito que seu argumento não é generalizado.

 Contra exemplo: 2^=128
 1.128 não é divisível por 128.
Não é isso. Eu quis dizer que se um número de SETE dígitos for
divisível por 128, então qualquer coisa que você bote na frente
continua divisível. Você só mostrou que qualquer número da forma
abcd0001128 não é divisível por 128.

-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

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

[obm-l] Re: [obm-l] Número de cinco algarismos

[Rogerio Ponce]

Ola' Roger,
para que o numero seja divisivel por 3, a soma (em modulo 3) de todos os
seus algarismos tem que dar zero.
Na casa mais significativa nao podemos ter nem 0 e nem 6, de forma que
temos 8 escolhas.
Para as proximas 3 casas, temos 9 escolhas em cada uma.
Caso a soma (em modulo 3) das 4 primeiras casas seja 0 , temos 3 opcoes
para a ultima casa: 0,3,9
Caso a soma seja 1, tambem temos 3 opcoes para a ultima casa: 2,5,8
E caso a soma seja 2, novamente temos 3 opcoes para a ultima casa: 1,4,7
Assim, independentemente da escolha das 4 primeiras casas, existem sempre 3
escolhas para a casa menos significativa.
Portanto, ha' 8*9*9*9*3 = 17496 formas de se construir o numero, e a
resposta e' a letra b.

[]'s
Rogerio Ponce

2015-03-18 8:19 GMT-03:00 Roger roger@gmail.com:

 Por gentileza, a questão abaixo caso alguém consiga a solução da mesma.

 1) Quantos números de cinco algarismos são divisíveis por 3 e possuem 6
 como um dos seus algarismos? a) 2 b) 17496 c) 12503 d) 18456 e) 12504

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

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número de cinco algarismos

[Douglas Oliveira de Lima]

Valeu demais fechou.
Em 18/03/2015 19:15, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu:

 Oi Douglas e Roger,
 eu resolvi apenas a primeira parte da questao, que seria descobrir
 quantos numeros divisiveis por 3, de 5 algarismos, nao possuem o
 algarismo 6 em qualquer casa.

 Agora bastar vermos quantos numeros divisiveis por 3, de 5 algarismos
 existem, e entao fazermos a subtracao.

 Considerando a casa menos significativa como a primeira, temos 10 opcoes
 para a 1a. , 10 opcoes para a 2a. , 10 opcoes para a 3a. , e 10 opcoes para
 a 4a.

 Usando o mesmo raciocinio da minha mensagem anterior, vemos que para a 5a.
 casa (a mais significativa), independentemente do modulo da soma das 4
 primeiras casas, sempre havera' 3 opcoes: se modulo=0, opcoes=[3,6,9] ; se
 modulo=1, opcoes=[2,5,8] ; se modulo=2, opcoes=[1,4,7] .

 Assim, o total de numeros divisiveis por 3 vale 10*10*10*10*3=3 , e a
 quantidade que estamos procurando vale 3-17496=12504.
 Portanto, a resposta correta e' letra e.

 []'s
 Rogerio Ponce



 2015-03-18 18:16 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima 
 profdouglaso.del...@gmail.com:

 Não entendi muito bem a pergunta,  e porque não pode entrar 6 no início?
 O 6 aparece somente uma vez?
 Em 18/03/2015 17:33, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu:

 Ola' Roger,
 para que o numero seja divisivel por 3, a soma (em modulo 3) de todos os
 seus algarismos tem que dar zero.
 Na casa mais significativa nao podemos ter nem 0 e nem 6, de forma que
 temos 8 escolhas.
 Para as proximas 3 casas, temos 9 escolhas em cada uma.
 Caso a soma (em modulo 3) das 4 primeiras casas seja 0 , temos 3 opcoes
 para a ultima casa: 0,3,9
 Caso a soma seja 1, tambem temos 3 opcoes para a ultima casa: 2,5,8
 E caso a soma seja 2, novamente temos 3 opcoes para a ultima casa: 1,4,7
 Assim, independentemente da escolha das 4 primeiras casas, existem
 sempre 3 escolhas para a casa menos significativa.
 Portanto, ha' 8*9*9*9*3 = 17496 formas de se construir o numero, e a
 resposta e' a letra b.

 []'s
 Rogerio Ponce

 2015-03-18 8:19 GMT-03:00 Roger roger@gmail.com:

 Por gentileza, a questão abaixo caso alguém consiga a solução da mesma.

 1) Quantos números de cinco algarismos são divisíveis por 3 e possuem 6
 como um dos seus algarismos? a) 2 b) 17496 c) 12503 d) 18456 e) 12504

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



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


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



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

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número de cinco algarismos

[Roger]

Sr,Rogério, muito boa a explicação. Obrigado pelos esclarecimentos.
Essa questão é do livro do professor  Antônio Luiz Santos (Gandhi),
problemas Selecionados de Matemática. Essa é a questão 1331.

No livro consta como resposta do do exercício a letra c) 12503.

Ainda não localizei qual número devemos excluir para chegar na letra. Ou,
então o gabarito está incorreto. De toda forma, obrigado.

Em 18 de março de 2015 20:50, Douglas Oliveira de Lima 
profdouglaso.del...@gmail.com escreveu:

 Valeu demais fechou.
 Em 18/03/2015 19:15, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu:

 Oi Douglas e Roger,
 eu resolvi apenas a primeira parte da questao, que seria descobrir
 quantos numeros divisiveis por 3, de 5 algarismos, nao possuem o
 algarismo 6 em qualquer casa.

 Agora bastar vermos quantos numeros divisiveis por 3, de 5 algarismos
 existem, e entao fazermos a subtracao.

 Considerando a casa menos significativa como a primeira, temos 10 opcoes
 para a 1a. , 10 opcoes para a 2a. , 10 opcoes para a 3a. , e 10 opcoes para
 a 4a.

 Usando o mesmo raciocinio da minha mensagem anterior, vemos que para a
 5a. casa (a mais significativa), independentemente do modulo da soma das 4
 primeiras casas, sempre havera' 3 opcoes: se modulo=0, opcoes=[3,6,9] ; se
 modulo=1, opcoes=[2,5,8] ; se modulo=2, opcoes=[1,4,7] .

 Assim, o total de numeros divisiveis por 3 vale 10*10*10*10*3=3 , e a
 quantidade que estamos procurando vale 3-17496=12504.
 Portanto, a resposta correta e' letra e.

 []'s
 Rogerio Ponce



 2015-03-18 18:16 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima 
 profdouglaso.del...@gmail.com:

 Não entendi muito bem a pergunta,  e porque não pode entrar 6 no início?
 O 6 aparece somente uma vez?
 Em 18/03/2015 17:33, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu:

 Ola' Roger,
 para que o numero seja divisivel por 3, a soma (em modulo 3) de todos
 os seus algarismos tem que dar zero.
 Na casa mais significativa nao podemos ter nem 0 e nem 6, de forma que
 temos 8 escolhas.
 Para as proximas 3 casas, temos 9 escolhas em cada uma.
 Caso a soma (em modulo 3) das 4 primeiras casas seja 0 , temos 3 opcoes
 para a ultima casa: 0,3,9
 Caso a soma seja 1, tambem temos 3 opcoes para a ultima casa: 2,5,8
 E caso a soma seja 2, novamente temos 3 opcoes para a ultima casa: 1,4,7
 Assim, independentemente da escolha das 4 primeiras casas, existem
 sempre 3 escolhas para a casa menos significativa.
 Portanto, ha' 8*9*9*9*3 = 17496 formas de se construir o numero, e a
 resposta e' a letra b.

 []'s
 Rogerio Ponce

 2015-03-18 8:19 GMT-03:00 Roger roger@gmail.com:

 Por gentileza, a questão abaixo caso alguém consiga a solução da mesma.

 1) Quantos números de cinco algarismos são divisíveis por 3 e possuem
 6 como um dos seus algarismos? a) 2 b) 17496 c) 12503 d) 18456 e) 
 12504

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



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


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



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


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


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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número de cinco algarismos

[Rogerio Ponce]

Oi Douglas e Roger,
eu resolvi apenas a primeira parte da questao, que seria descobrir
quantos numeros divisiveis por 3, de 5 algarismos, nao possuem o algarismo
6 em qualquer casa.

Agora bastar vermos quantos numeros divisiveis por 3, de 5 algarismos
existem, e entao fazermos a subtracao.

Considerando a casa menos significativa como a primeira, temos 10 opcoes
para a 1a. , 10 opcoes para a 2a. , 10 opcoes para a 3a. , e 10 opcoes para
a 4a.

Usando o mesmo raciocinio da minha mensagem anterior, vemos que para a 5a.
casa (a mais significativa), independentemente do modulo da soma das 4
primeiras casas, sempre havera' 3 opcoes: se modulo=0, opcoes=[3,6,9] ; se
modulo=1, opcoes=[2,5,8] ; se modulo=2, opcoes=[1,4,7] .

Assim, o total de numeros divisiveis por 3 vale 10*10*10*10*3=3 , e a
quantidade que estamos procurando vale 3-17496=12504.
Portanto, a resposta correta e' letra e.

[]'s
Rogerio Ponce



2015-03-18 18:16 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima 
profdouglaso.del...@gmail.com:

 Não entendi muito bem a pergunta,  e porque não pode entrar 6 no início? O
 6 aparece somente uma vez?
 Em 18/03/2015 17:33, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu:

 Ola' Roger,
 para que o numero seja divisivel por 3, a soma (em modulo 3) de todos os
 seus algarismos tem que dar zero.
 Na casa mais significativa nao podemos ter nem 0 e nem 6, de forma que
 temos 8 escolhas.
 Para as proximas 3 casas, temos 9 escolhas em cada uma.
 Caso a soma (em modulo 3) das 4 primeiras casas seja 0 , temos 3 opcoes
 para a ultima casa: 0,3,9
 Caso a soma seja 1, tambem temos 3 opcoes para a ultima casa: 2,5,8
 E caso a soma seja 2, novamente temos 3 opcoes para a ultima casa: 1,4,7
 Assim, independentemente da escolha das 4 primeiras casas, existem sempre
 3 escolhas para a casa menos significativa.
 Portanto, ha' 8*9*9*9*3 = 17496 formas de se construir o numero, e a
 resposta e' a letra b.

 []'s
 Rogerio Ponce

 2015-03-18 8:19 GMT-03:00 Roger roger@gmail.com:

 Por gentileza, a questão abaixo caso alguém consiga a solução da mesma.

 1) Quantos números de cinco algarismos são divisíveis por 3 e possuem 6
 como um dos seus algarismos? a) 2 b) 17496 c) 12503 d) 18456 e) 12504

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



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


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

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número de cinco algarismos

[Douglas Oliveira de Lima]

Não entendi muito bem a pergunta,  e porque não pode entrar 6 no início? O
6 aparece somente uma vez?
Em 18/03/2015 17:33, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu:

 Ola' Roger,
 para que o numero seja divisivel por 3, a soma (em modulo 3) de todos os
 seus algarismos tem que dar zero.
 Na casa mais significativa nao podemos ter nem 0 e nem 6, de forma que
 temos 8 escolhas.
 Para as proximas 3 casas, temos 9 escolhas em cada uma.
 Caso a soma (em modulo 3) das 4 primeiras casas seja 0 , temos 3 opcoes
 para a ultima casa: 0,3,9
 Caso a soma seja 1, tambem temos 3 opcoes para a ultima casa: 2,5,8
 E caso a soma seja 2, novamente temos 3 opcoes para a ultima casa: 1,4,7
 Assim, independentemente da escolha das 4 primeiras casas, existem sempre
 3 escolhas para a casa menos significativa.
 Portanto, ha' 8*9*9*9*3 = 17496 formas de se construir o numero, e a
 resposta e' a letra b.

 []'s
 Rogerio Ponce

 2015-03-18 8:19 GMT-03:00 Roger roger@gmail.com:

 Por gentileza, a questão abaixo caso alguém consiga a solução da mesma.

 1) Quantos números de cinco algarismos são divisíveis por 3 e possuem 6
 como um dos seus algarismos? a) 2 b) 17496 c) 12503 d) 18456 e) 12504

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



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[obm-l] Re: [obm-l] Número de soluções naturais

[saulo nilson]

x=1
y=2
z=199
x=1
y=7
z=197
pa de razao 2 em z
1=199-(n-1)2
n=100 soluçoes  para x=1
x=2
y=4
z=198
x=2
y=9
z=196
0=198-2(n-1)
n=100 soluçoes para x=2
x=3
y=1
z=199
x=3
y=6
z=197
100 soluçoes para x=3
tem que descobrir ate que valor de x temos 100 soluçoes
x=1000 uma soluçao
x=999 nao tem soluçao
x=998
y=1
z=0 uma soluçao
x=997 nao tem soluçao
x=996 uma soluçao
x=995 uma soluçao
x=994 uma soluçao
x=993 uma soluçao
x=992 uma soluçao
x=991  uma soluçao
2x+5z=10 ate 20   2 soluçoes=22 soluçoes
x=1 atte 100
100*100+1
x=2 ate 200
10*100+10*99+10*98+10*1+20=10(101)50+20=50520



2014-03-05 20:22 GMT-03:00 Ennius Lima enn...@bol.com.br:

 Caros Colegas,

 Quantas soluções naturais tem a equação diofantina x + 2y + 5z = 1000?

 (Incluo o zero entre os números naturais)


 Desde já, agradeço-lhes a atenção.

 Ennius Lima
 __-


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



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

Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Número de soluções naturais

[Ennius Lima]

A resolução que enviei através do Pedro Chaves, pois meu e-mail estava tendo 
problemas, parece que está equivocada.
Pode algum colega me ajudar?
Grato.
Ennius Lima

 





De: brped...@hotmail.com
Enviada: Domingo, 16 de Março de 2014 01:54
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Assunto: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Número de soluções naturais

Bem... acho que são 201 soluções naturais.
Resolução:

x + 2y = 1000 - 5z

Fixado z, temos uma equação diofantina com duas variáveis.

Uma solução particular:   x = 1000 - 5z   e  y = 0

Solução geral:   x = 1000 - 5z - 2t   (t é inteiro)
                 y= t

Atribuindo-se a z qualquer valor de 0 a 200, pode-se sempre encontrar um t no 
intervalo [0, 500], tal que x esteja no intervalo [0, 1000].
Portanto, são 201 soluções naturais.

Peço comentários dos colegas.
Abraços do Ennius!
__




_
 Date: Fri, 14 Mar 2014 15:40:13 -0300 
 Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Número de soluções naturais 
 From: peterdirich...@gmail.com 
 To: obm-l@mat.puc-rio.br 
 
 Acho que uma boníssima pedida seria Séries Formais! 
 
 Vamos tentar achar a série formal cujos expoentes são da forma A+2B+3C, 
 A,B,C= 0. 
 
 Acho que uma manipulação algébrica é moleza, algo como 
 
 1/((1-x)^3(1+x)(1+x+x^2)) 
 
 
 
 
 
 Em 5 de março de 2014 20:22, Ennius Lima 
 enn...@bol.com.brmailto:enn...@bol.com.br escreveu: 
 Caros Colegas, 
 
 Quantas soluções naturais tem a equação diofantina x + 2y + 5z = 1000? 
 
 (Incluo o zero entre os números naturais) 
 
 
 Desde já, agradeço-lhes a atenção. 
 
 Ennius Lima 
 __- 
 
 
 -- 
 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
 acredita-se estar livre de perigo. 
 
 
 
 
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 /**/ 
 神が祝福 
 
 Torres 
 
 -- 
 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e 
 acredita-se estar livre de perigo. 
-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.


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

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

[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Número de soluções naturais

[Ralph Teixeira]

Isso mostra que sao 201 opcoes para z -- mas cada valor de z tem VARIAS
solucoes em x e y, como voce mesmo mostrou.

Mas dah para continuar o seu raciocinio e matar a questao: voce mostrou
que, dado um z especifico, as solucoes sao da forma y=t e x=1000-5z-2t.
Note que aqui t varia entre 0 e (500-2.5z). Ou seja:

-- Se z=0, ha 501 opcoes para t (de 0 a 500)
-- Se z=1, ha 498 opcoes para t (de 0 a 497)
-- Se z=2, ha 496 opcoes para t (de 0 a 495);
-- Se z=3, ha 493 opcoes para t (de 0 a 492);
...
-- Se z=200, ha 1 opcao para t (de 0 a 0).

Entao o numero de solucoes eh 501+498+496+493++1. Calculando isso, o
problema sai.

Abraco,
Ralph


2014-03-16 10:02 GMT-03:00 Ennius Lima enn...@bol.com.br:

 A resolução que enviei através do Pedro Chaves, pois meu e-mail estava
 tendo problemas, parece que está equivocada.
 Pode algum colega me ajudar?
 Grato.
 Ennius Lima
 






 De: brped...@hotmail.com
 Enviada: Domingo, 16 de Março de 2014 01:54
 Para: obm-l@mat.puc-rio.br
 Assunto: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Número de soluções naturais

 Bem... acho que são 201 soluções naturais.
 Resolução:

 x + 2y = 1000 - 5z

 Fixado z, temos uma equação diofantina com duas variáveis.

 Uma solução particular:   x = 1000 - 5z   e  y = 0

 Solução geral:   x = 1000 - 5z - 2t   (t é inteiro)
  y= t

 Atribuindo-se a z qualquer valor de 0 a 200, pode-se sempre encontrar um t
 no intervalo [0, 500], tal que x esteja no intervalo [0, 1000].
 Portanto, são 201 soluções naturais.

 Peço comentários dos colegas.
 Abraços do Ennius!
 __




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  Date: Fri, 14 Mar 2014 15:40:13 -0300
  Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Número de soluções naturais
  From: peterdirich...@gmail.com
  To: obm-l@mat.puc-rio.br
 
  Acho que uma boníssima pedida seria Séries Formais!
 
  Vamos tentar achar a série formal cujos expoentes são da forma A+2B+3C,
  A,B,C= 0.
 
  Acho que uma manipulação algébrica é moleza, algo como
 
  1/((1-x)^3(1+x)(1+x+x^2))
 
 
 
 
 
  Em 5 de março de 2014 20:22, Ennius Lima
  enn...@bol.com.brmailto:enn...@bol.com.br escreveu:
  Caros Colegas,
 
  Quantas soluções naturais tem a equação diofantina x + 2y + 5z = 1000?
 
  (Incluo o zero entre os números naturais)
 
 
  Desde já, agradeço-lhes a atenção.
 
  Ennius Lima
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  Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
  acredita-se estar livre de perigo.
 
 
 
 
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  神が祝福
 
  Torres
 
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  Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
  acredita-se estar livre de perigo.
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 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
 =

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  acredita-se estar livre de perigo.



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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Número de soluções naturais

[Ennius Lima]

Muito obrigado, Ralph!

Agora posso concluir a questão.

A soma indicada por você pode ser reescrita como duas progressões aritméticas 
de razão 5:
(501, 496, ...1), com 101 termos,  e (498, 493, ...3), com 100 termos.
A primeira progressão tem soma 25351, e a segunda tem soma 25050.
Portanto, a resposta da questão é 50401.
Abraços do Ennius!
__ 
 





De: ralp...@gmail.com
Enviada: Domingo, 16 de Março de 2014 11:16
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Número de soluções naturais


Isso mostra que sao 201 opcoes para z -- mas cada valor de z tem VARIAS 
solucoes em x e y, como voce mesmo mostrou.
 
Mas dah para continuar o seu raciocinio e matar a questao: voce mostrou que, 
dado um z especifico, as solucoes sao da forma y=t e x=1000-5z-2t. Note que 
aqui t varia entre 0 e (500-2.5z). Ou seja:
 
-- Se z=0, ha 501 opcoes para t (de 0 a 500)
-- Se z=1, ha 498 opcoes para t (de 0 a 497)
-- Se z=2, ha 496 opcoes para t (de 0 a 495);
-- Se z=3, ha 493 opcoes para t (de 0 a 492);
...
-- Se z=200, ha 1 opcao para t (de 0 a 0).
 
Entao o numero de solucoes eh 501+498+496+493++1. Calculando isso, o 
problema sai.

 
Abraco,
        Ralph




2014-03-16 10:02 GMT-03:00 Ennius Lima enn...@bol.com.br:

A resolução que enviei através do Pedro Chaves, pois meu e-mail estava tendo 
problemas, parece que está equivocada.
 Pode algum colega me ajudar?
 Grato.
 Ennius Lima
 
  
 
 
 
 
 
 De: brped...@hotmail.com
 Enviada: Domingo, 16 de Março de 2014 01:54
 Para: obm-l@mat.puc-rio.br
 Assunto: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Número de soluções naturais
 
 Bem... acho que são 201 soluções naturais.
 Resolução:
 
 x + 2y = 1000 - 5z
 
 Fixado z, temos uma equação diofantina com duas variáveis.
 
 Uma solução particular:   x = 1000 - 5z   e  y = 0
 
 Solução geral:   x = 1000 - 5z - 2t   (t é inteiro)
                  y= t
 
 Atribuindo-se a z qualquer valor de 0 a 200, pode-se sempre encontrar um t no 
intervalo [0, 500], tal que x esteja no intervalo [0, 1000].
 Portanto, são 201 soluções naturais.
 
 Peço comentários dos colegas.
 Abraços do Ennius!
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  Date: Fri, 14 Mar 2014 15:40:13 -0300
  Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Número de soluções naturais
  From: peterdirich...@gmail.com
  To: obm-l@mat.puc-rio.br
 
  Acho que uma boníssima pedida seria Séries Formais!
 
  Vamos tentar achar a série formal cujos expoentes são da forma A+2B+3C,
  A,B,C= 0.
 
  Acho que uma manipulação algébrica é moleza, algo como
 
  1/((1-x)^3(1+x)(1+x+x^2))
 
 
 
 
 
  Em 5 de março de 2014 20:22, Ennius Lima
  enn...@bol.com.brmailto:enn...@bol.com.br escreveu:
  Caros Colegas,
 
  Quantas soluções naturais tem a equação diofantina x + 2y + 5z = 1000?
 
  (Incluo o zero entre os números naturais)
 
 
  Desde já, agradeço-lhes a atenção.
 
  Ennius Lima
  __-
 
 
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  Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
  acredita-se estar livre de perigo.
 
 
 
 
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  Torres
 
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  Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
  acredita-se estar livre de perigo.
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 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
  acredita-se estar livre de perigo.
 
 
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 Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
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  acredita-se estar livre de perigo.
 
 



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 acredita-se estar livre de perigo.

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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Número de soluções naturais

[Pedro Chaves]

Bem... acho que são 201 soluções naturais.
Resolução:

x + 2y = 1000 - 5z

Fixado z, temos uma equação diofantina com duas variáveis.

Uma solução particular:   x = 1000 - 5z   e  y = 0

Solução geral:   x = 1000 - 5z - 2t   (t é inteiro)
                 y= t

Atribuindo-se a z qualquer valor de 0 a 200, pode-se sempre encontrar um t no 
intervalo [0, 500], tal que x esteja no intervalo [0, 1000].
Portanto, são 201 soluções naturais.

Peço comentários dos colegas.
Abraços do Ennius!
__




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 Date: Fri, 14 Mar 2014 15:40:13 -0300 
 Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Número de soluções naturais 
 From: peterdirich...@gmail.com 
 To: obm-l@mat.puc-rio.br 
 
 Acho que uma boníssima pedida seria Séries Formais! 
 
 Vamos tentar achar a série formal cujos expoentes são da forma A+2B+3C, 
 A,B,C= 0. 
 
 Acho que uma manipulação algébrica é moleza, algo como 
 
 1/((1-x)^3(1+x)(1+x+x^2)) 
 
 
 
 
 
 Em 5 de março de 2014 20:22, Ennius Lima 
 enn...@bol.com.brmailto:enn...@bol.com.br escreveu: 
 Caros Colegas, 
 
 Quantas soluções naturais tem a equação diofantina x + 2y + 5z = 1000? 
 
 (Incluo o zero entre os números naturais) 
 
 
 Desde já, agradeço-lhes a atenção. 
 
 Ennius Lima 
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 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
 acredita-se estar livre de perigo. 
 
 
 
 
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 acredita-se estar livre de perigo.  
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Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
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[obm-l] Re: [obm-l] Número de soluções naturais

[terence thirteen]

Acho que uma boníssima pedida seria Séries Formais!

Vamos tentar achar a série formal cujos expoentes são da forma A+2B+3C,
A,B,C = 0.

Acho que uma manipulação algébrica é moleza, algo como

1/((1-x)^3(1+x)(1+x+x^2))





Em 5 de março de 2014 20:22, Ennius Lima enn...@bol.com.br escreveu:

 Caros Colegas,

 Quantas soluções naturais tem a equação diofantina x + 2y + 5z = 1000?

 (Incluo o zero entre os números naturais)


 Desde já, agradeço-lhes a atenção.

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




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神が祝福

Torres

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

[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Número inteiro

[saulo nilson]

porque bp e o maior numero k=ab por isso apareceu 2ab, b=a porque p tem
quer ser primo e inteiro primeiro.


2014-02-25 21:57 GMT-03:00 marcone augusto araújo borges 
marconeborge...@hotmail.com:

 Olá,Saulo
 Eu agradeceria muito se vc detalhasse mais o seu pensamento.
 Por exmplo,por que k+a = bp?
 Por que não k-a = bp?
 Como apareceu 2ab?
 Vc considerou b = a ou b = ac? Por que?


 --
 Date: Tue, 25 Feb 2014 15:26:14 -0300
 Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Número inteiro
 From: saulo.nil...@gmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br


 k^2-kp=n^2
 (k-n)(k+n)=kp
 k-n=a
 k+n=bp
 2ab=a+bp
 p=a(2b-1)/b
 b=a
 p=2a-1 infinitas soluçoes
 b=ac
 p=(2ac-1)/c
 2xc+c=2ac-1
 1+c=2c(a-x)
 impossivel pois 2c1+c


 2014-02-25 7:06 GMT-03:00 marcone augusto araújo borges 
 marconeborge...@hotmail.com:

 Seja p um primo ímpar dado.Para exatamente quantos valores de k inteiro
 positivo
 (k^2 - kp)^1/2 é também inteiro?

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



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

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


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

[obm-l] Re: [obm-l] Número inteiro

[saulo nilson]

k^2-kp=n^2
(k-n)(k+n)=kp
k-n=a
k+n=bp
2ab=a+bp
p=a(2b-1)/b
b=a
p=2a-1 infinitas soluçoes
b=ac
p=(2ac-1)/c
2xc+c=2ac-1
1+c=2c(a-x)
impossivel pois 2c1+c


2014-02-25 7:06 GMT-03:00 marcone augusto araújo borges 
marconeborge...@hotmail.com:

 Seja p um primo ímpar dado.Para exatamente quantos valores de k inteiro
 positivo
 (k^2 - kp)^1/2 é também inteiro?

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


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

[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Número inteiro

[marcone augusto araújo borges]

Olá,Saulo
Eu agradeceria muito se vc detalhasse mais o seu pensamento.
Por exmplo,por que k+a = bp?
Por que não k-a = bp?
Como apareceu 2ab?
Vc considerou b = a ou b = ac? Por que?


Date: Tue, 25 Feb 2014 15:26:14 -0300
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Número inteiro
From: saulo.nil...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

k^2-kp=n^2(k-n)(k+n)=kpk-n=ak+n=bp2ab=a+bpp=a(2b-1)/bb=ap=2a-1 infinitas 
soluçoesb=acp=(2ac-1)/c2xc+c=2ac-1
1+c=2c(a-x) impossivel pois 2c1+c

2014-02-25 7:06 GMT-03:00 marcone augusto araújo borges 
marconeborge...@hotmail.com:




Seja p um primo ímpar dado.Para exatamente quantos valores de k inteiro positivo
(k^2 - kp)^1/2 é também inteiro?
  

--

Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 

 acredita-se estar livre de perigo.





--

Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 

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

[obm-l] Re: [obm-l] Número composto

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2013/3/16 marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com:
 Mostre que para todo inteiro a  1,existe um primo p tal que 1 +  a + a^2 +
 ...+ a^(p-1) é composto.

Veja que este problema é bem fácil para metade dos a's. Se a é ímpar,
1+a é par, que é composto, p = 2 serve. Tente estender para a = 2, 4,
6, usando o menor número possível de termos a cada vez.

Abraços,
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

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

[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Número racional

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2013/2/8 João Maldonado joao_maldona...@hotmail.com
 From: marconeborge...@hotmail.com
  Determine todos os inteiros positivos a e b para os quais o número
  (raiz(2) + raiz(a))/(raiz(3) + raiz(b)) é racional

 (raiz(2) + raiz(a))/(raiz(3) + raiz(b)) = racional
 ENTÃO[ (2+a) + 2raiz(a)]/[(3+b) + 2 raiz(3b)] também é racional
 Mas a volta não vale, já que nem todo número é quadrado perfeito

Confesso que ainda não tive tempo de ler com cuidado sua solução. Mas
(a,b) = (3,2) com certeza é uma solução, e eu não vi no seu scan.

Abraços.
--
Bernardo Freitas Paulo da Costa

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

[obm-l] Re: [obm-l] Número mínimo (máximo) de algarismos do produto (correção)

[ennius]

Creio que a correção é desnecessária. Não consegui ainda, contudo, resolver a 
questão.
Abraços!

Ennius Lima

_
 



Em 26/10/2012 20:55, Pedro Chaves  brped...@hotmail.com  escreveu:

Caros colegas,

Trago a seguinte questão:

---  Sendo  A_1 . A_2, ..., A_n,  números naturais diferentes de zero, cujas 
quantidades de algarismos são, respectivamente, a_1, a_2, ..., a_n, mostrar que 
seu produto tem no máximo (a_1 + a_2 + ... + a_n) algarismos e no mínimo (a_1 + 
a_2 + ... + a_n) - (n -1).


Abraços do Pedro Chaves!

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

=
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=

[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Número mínimo (máximo) de algarismos do produto (correção)

[terence thirteen]

Em 26 de outubro de 2012 21:54, Pedro Chaves brped...@hotmail.com 
escreveu:  Corrigindo:  --- Sendo A_1 , A_2, ..., A_n, números naturais 
diferentes de zero (que não são potências de 10), cujas quantidades de 
algarismos são, respectivamente, a_1, a_2, ..., a_n, mostrar que seu produto 
tem no máximo (a_1 + a_2 + ... + a_n) algarismos e no mínimo (a_1 + a_2 + ... + 
a_n) - (n -1).
  Abraços do Pedro Chaves! 
 __
  = 
 Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em 
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html 
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Torres
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[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Número mínimo (máximo) de algarismos do produto (correção)

[terence thirteen]

Em 26 de outubro de 2012 21:54, Pedro Chaves brped...@hotmail.com escreveu:


  Corrigindo:


  --- Sendo A_1 , A_2, ..., A_n, números naturais diferentes de zero (que não 
 são potências de 10), cujas quantidades de algarismos são, respectivamente, 
 a_1, a_2, ..., a_n, mostrar que seu produto tem no máximo (a_1 + a_2 + ... + 
 a_n) algarismos e no mínimo (a_1 + a_2 + ... + a_n) - (n -1).

Uma indução?

Se a tem k algarismos e b tem l algarismos, quanto terá ab?
Bem, 10^k  a  10^{k+1}, 10^l  b  10^{l+1}. Produto:
10^{k+l}  ab  10^{k+l+2}

E é isso!


  Abraços do Pedro Chaves!

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



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

[obm-l] RE: [obm-l] Número mínimo (máximo) de algarismos do produto (correção)

[Pedro Chaves]

 Corrigindo:
 

 --- Sendo A_1 , A_2, ..., A_n, números naturais diferentes de zero (que não 
são potências de 10), cujas quantidades de algarismos são, respectivamente, 
a_1, a_2, ..., a_n, mostrar que seu produto tem no máximo (a_1 + a_2 + ... + 
a_n) algarismos e no mínimo (a_1 + a_2 + ... + a_n) - (n -1).


 Abraços do Pedro Chaves!

__

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número de sextas-feiras 13

[Carlos Yuzo Shine]

O livro Nonplussed, de Julian Havil, dá as seguintes proporções: em 4800 dias 
13 de cada ciclo de 400 anos, as quantidades são (da segunda para domingo)
685, 685, 687, 684, 688, 684, 687.

[]'s
Shine



From: Ralph Teixeira ralp...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br 
Sent: Friday, January 13, 2012 11:56 PM
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número de sextas-feiras 13


Uma pergunta divertida ligeiramente relacionada: escolha um dia 13 
aleatoriamente (todos os dias 13 de todos os meses de todos os anos com a mesma 
probabilidade; suponha que o numero de anos eh BEM grande, mas todos no 
calendario gregoriano para evitar complicacoes). Qual a probabilidade de este 
dia ser uma 6a feira?

Se eu me lembro direito, surpreendentemente a resposta NAO EH 1/7 -- nem 
pegando o estado estacionario quando o numero de anos vai para infinito! Mas 
deixo o raciocinio exato como exercicio para o leitor...

(Traducao: to c/ preg.)

Abraco,
    Ralph


2012/1/13 Pedro Nascimento pedromn...@gmail.com

Vendo as classes de congruencia mod 7 temos:
0
(0+31)=3  mod 7
(3+29)=4  mod 7
(4+31)=0  mod 7
(0+30)=2  mod 7
(2+31)=5  mod 7
(5+30)=0  mod 7
(0+31)=3  mod 7
(3+31)=6  mod 7
(6+30)=1  mod 7
(1+31)=4  mod 7
(4+30)=6  mod 7


a classe que aparece mais eh zero, podemos atribuir a ela uma sexta-feira e 
temos assim que o maximo sao 3 meses mesmo.

Em 13 de janeiro de 2012 09:32, Mauricio de Araujo 
mauricio.de.ara...@gmail.com escreveu:

Este ano de 2012 possuirá 3 sextas-feiras 13: em janeiro, abril e julho. 
 
Pergunta-se: Considerando anos bissextos, qual o número máximo de meses com 
sexta-feira 13 pode haver em um mesmo ano? 2012 possuirá 3 meses.

-- 
-- 
Abraços
oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ
De Luto pelo Brasil até, no mínimo, 2014.
 


NÃO À OBRIGATORIEDADE DO VOTO!
 

   

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

[obm-l] Re: [obm-l] Número de sextas-feiras 13

[Pedro Nascimento]

Vendo as classes de congruencia mod 7 temos:
0
(0+31)=3  mod 7
(3+29)=4  mod 7
(4+31)=0  mod 7
(0+30)=2  mod 7
(2+31)=5  mod 7
(5+30)=0  mod 7
(0+31)=3  mod 7
(3+31)=6  mod 7
(6+30)=1  mod 7
(1+31)=4  mod 7
(4+30)=6  mod 7

a classe que aparece mais eh zero, podemos atribuir a ela uma sexta-feira e
temos assim que o maximo sao 3 meses mesmo.

Em 13 de janeiro de 2012 09:32, Mauricio de Araujo 
mauricio.de.ara...@gmail.com escreveu:

 Este ano de 2012 possuirá 3 sextas-feiras 13: em janeiro, abril e julho.

 Pergunta-se: Considerando anos bissextos, qual o número máximo de meses
 com sexta-feira 13 pode haver em um mesmo ano? 2012 possuirá 3 meses.

 --
 --
 Abraços
 oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ
 De Luto pelo Brasil até, no mínimo, 2014.



 *NÃO À OBRIGATORIEDADE DO VOTO!*

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número de sextas-feiras 13

[Ralph Teixeira]

Uma pergunta divertida ligeiramente relacionada: escolha um dia 13
aleatoriamente (todos os dias 13 de todos os meses de todos os anos com a
mesma probabilidade; suponha que o numero de anos eh BEM grande, mas todos
no calendario gregoriano para evitar complicacoes). Qual a probabilidade de
este dia ser uma 6a feira?

Se eu me lembro direito, surpreendentemente a resposta NAO EH 1/7 -- nem
pegando o estado estacionario quando o numero de anos vai para infinito!
Mas deixo o raciocinio exato como exercicio para o leitor...

(Traducao: to c/ preg.)

Abraco,
Ralph

2012/1/13 Pedro Nascimento pedromn...@gmail.com

 Vendo as classes de congruencia mod 7 temos:
 0
 (0+31)=3  mod 7
 (3+29)=4  mod 7
 (4+31)=0  mod 7
 (0+30)=2  mod 7
 (2+31)=5  mod 7
 (5+30)=0  mod 7
 (0+31)=3  mod 7
 (3+31)=6  mod 7
 (6+30)=1  mod 7
 (1+31)=4  mod 7
 (4+30)=6  mod 7

 a classe que aparece mais eh zero, podemos atribuir a ela uma sexta-feira
 e temos assim que o maximo sao 3 meses mesmo.

 Em 13 de janeiro de 2012 09:32, Mauricio de Araujo 
 mauricio.de.ara...@gmail.com escreveu:

 Este ano de 2012 possuirá 3 sextas-feiras 13: em janeiro, abril e julho.

 Pergunta-se: Considerando anos bissextos, qual o número máximo de meses
 com sexta-feira 13 pode haver em um mesmo ano? 2012 possuirá 3 meses.

 --
 --
 Abraços
 oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ
 De Luto pelo Brasil até, no mínimo, 2014.



 *NÃO À OBRIGATORIEDADE DO VOTO!*

[obm-l] [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um conjunto - ERRATA

[Rogerio Ponce]

Ooopa... escrever dormindo nao e' facil...
Corrigindo o final, temos:

As brancas podem ser divididas de binom( 11 , 3 ) = 165 formas diferentes.
As pretas podem ser divididas de binom( 13 , 3 ) = 286 formas diferentes.
E as azuis podem ser divididas de binom( 18 , 3 ) = 816 formas diferentes.

Logo, ha' 165*286*816 formas diferentes de se distribuir todas bolas entre 4
pessoas.

[]'s
Rogerio Ponce
PS: Paulo, de fato aparece o termo binom(11,3), e estamos considerando bolas
brancas iguais entre si.
Repare que estamos contando o numero de distribuicoes diferentes de bolas
brancas entre 4 pessoas.

---
Em 25 de maio de 2011 05:19, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu:

 Ola' Paulo e colegas da lista,
 o problema e' encontrar a quantidade de divisoes de 8 bolas brancas, 10
 pretas e 15 azuis entre 4 pessoas.

 Para isso, basta multiplicarmos a quantidade de formas de se dividir as
 bolas de cada cor entre as pessoas.
 Para as brancas, por exemplo, equivale a encontrarmos o numero de solucoes
 nao negativas da equacao:
 X1 + X2 + X3 + X4 = 8
 e assim por diante.

 Lembrando que o numero de solucoes nao negativas de
X1+...+Xn =  p
e' binom(n-1+p,n-1), obtemos o seguinte:

 As brancas podem ser divididas de binom( 10 , 2 ) = 45 formas diferentes.
 As pretas podem ser divididas de binom( 12 , 2 ) = 66 formas diferentes.
 E as azuis podem ser divididas de binom( 17 , 2 ) = 136 formas diferentes.

 Logo, ha' 45*66*136 formas diferentes de se distribuir todas bolas entre 4
 pessoas.

 []'s
 Rogerio Ponce


 Em 25 de maio de 2011 00:38, Paulo Santa Rita 
 paulosantar...@hotmail.comescreveu:

 Oi Willy e Rogerio e demais
 colegas desta lista ... OBM-L,

 Não consigo entender o raciocínio de vocês. Vejam se é isso que vocês
 estão falando :

 Uma das duas pessoas ( digamos, o José ) pode receber

 1) 0,1,2, ..., 8 bolas brancas. Seja A o conjunto dessas possibilidades
 2) 0,1,2,...,10 bolas pretas. Seja B o conjunto dessas possibilidades
 3) 0,1,2,...,15 bolas azuis. Seja C o conjunto dessas possibilidades

 A cardinalidade do produto cartesianos AxBxC encerra o total das possíveis
 maneiras de José receber as bolas. O restante é a parte
 da outra pessoa, digamos, da Maria. Assim, uma 3-upla (0,1,4) significa
 que Jose recebeu 1 bola preta e 4 azuis, ficando a Maria,
 portanto, com (8-0,10-1,15-4)=(8,9,11), ou seja, com 8 brancas, 9 pretas e
 11 azuis.

 Se esse é o raciocínio, então ele está certo. NESTE CASO PARTICULAR !

 Com mais pessoas - se entendi o que vocês disseram - o simples uso de
 combinações não resolve. Por exemplo, ao tomar Binom(11,3),
 estaremos considerando conjuntos identicos de 3 bolas brancas como se
 fossem distintos ...

 Confirmem se eu realmente entendi como vocês pensaram.

 Um abração
 PSR,425051100A1





  --
 Date: Tue, 24 May 2011 18:29:40 -0300
 Subject: [obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um
 conjunto
 From: wgapetre...@gmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br


 2011/5/23 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com

 Ola' Paulo e colegas da lista,
 minha sugestao e' calcular de quantas formas podemos dividir as bolas de
 cada cor ( -- #solucoes nao negativas), e multiplicar tudo no final.

 []'s
 Rogerio Ponce


 Isso me parece ser a maneira mais simples
 Existem 9 maneiras de se dividir 8 bolas identicas entre duas pessoas (e
 C(11,3) de dividir entre 4 pessoas). Faz a mesma coisa para as demais e
 depois multiplica.
 Obtemos 9*11*16, para 2 pessoas e obtemos C(11,3)*C(18,3)*C(13,3) para as
 4 pessoas.

[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um conjunto

[Rogerio Ponce]

Ola' Paulo e colegas da lista,
o problema e' encontrar a quantidade de divisoes de 8 bolas brancas, 10
pretas e 15 azuis entre 4 pessoas.

Para isso, basta multiplicarmos a quantidade de formas de se dividir as
bolas de cada cor entre as pessoas.
Para as brancas, por exemplo, equivale a encontrarmos o numero de solucoes
nao negativas da equacao:
X1 + X2 + X3 + X4 = 8
e assim por diante.

Lembrando que o numero de solucoes nao negativas de
   X1+...+Xn =  p
   e' binom(n-1+p,n-1), obtemos o seguinte:

As brancas podem ser divididas de binom( 10 , 2 ) = 45 formas diferentes.
As pretas podem ser divididas de binom( 12 , 2 ) = 66 formas diferentes.
E as azuis podem ser divididas de binom( 17 , 2 ) = 136 formas diferentes.

Logo, ha' 45*66*136 formas diferentes de se distribuir todas bolas entre 4
pessoas.

[]'s
Rogerio Ponce


Em 25 de maio de 2011 00:38, Paulo Santa Rita
paulosantar...@hotmail.comescreveu:

  Oi Willy e Rogerio e demais
 colegas desta lista ... OBM-L,

 Não consigo entender o raciocínio de vocês. Vejam se é isso que vocês estão
 falando :

 Uma das duas pessoas ( digamos, o José ) pode receber

 1) 0,1,2, ..., 8 bolas brancas. Seja A o conjunto dessas possibilidades
 2) 0,1,2,...,10 bolas pretas. Seja B o conjunto dessas possibilidades
 3) 0,1,2,...,15 bolas azuis. Seja C o conjunto dessas possibilidades

 A cardinalidade do produto cartesianos AxBxC encerra o total das possíveis
 maneiras de José receber as bolas. O restante é a parte
 da outra pessoa, digamos, da Maria. Assim, uma 3-upla (0,1,4) significa
 que Jose recebeu 1 bola preta e 4 azuis, ficando a Maria,
 portanto, com (8-0,10-1,15-4)=(8,9,11), ou seja, com 8 brancas, 9 pretas e
 11 azuis.

 Se esse é o raciocínio, então ele está certo. NESTE CASO PARTICULAR !

 Com mais pessoas - se entendi o que vocês disseram - o simples uso de
 combinações não resolve. Por exemplo, ao tomar Binom(11,3),
 estaremos considerando conjuntos identicos de 3 bolas brancas como se
 fossem distintos ...

 Confirmem se eu realmente entendi como vocês pensaram.

 Um abração
 PSR,425051100A1





 --
 Date: Tue, 24 May 2011 18:29:40 -0300
 Subject: [obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um
 conjunto
 From: wgapetre...@gmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br


 2011/5/23 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com

 Ola' Paulo e colegas da lista,
 minha sugestao e' calcular de quantas formas podemos dividir as bolas de
 cada cor ( -- #solucoes nao negativas), e multiplicar tudo no final.

 []'s
 Rogerio Ponce


 Isso me parece ser a maneira mais simples
 Existem 9 maneiras de se dividir 8 bolas identicas entre duas pessoas (e
 C(11,3) de dividir entre 4 pessoas). Faz a mesma coisa para as demais e
 depois multiplica.
 Obtemos 9*11*16, para 2 pessoas e obtemos C(11,3)*C(18,3)*C(13,3) para as 4
 pessoas.

[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um conjunto

[Paulo Santa Rita]

Ola Rogerio e demaiscolegas desta lista ... OBM-L,
Agora entendi. Esta solução está correta :
Se Y é o total de bolas de uma mesma cor e P1, P2, ..., Pn são as pessoas, 
então consideramos assoluções inteiras nao-negativas da equação linear
X1 + X2 + ... + Xn = Y
E para cada solução (x1, x2, ...,xn ) desta equação consideramos que x1 será o 
total de bolas dacor Y que serão dadas a pessoa P1, x2 será o total de bolas da 
cor Y que serão dadas a pessoa P2e assim sucessivamente. 
O produto entre as quantidades de soluções para cada cor será a resposta.
Agora, considere que nesta solução nos sabemos a quem será dadas as bolas, ou 
seja, existem aspessoas P1, P2, ..., Pn. E se o nosso interesse fosse somente 
em montar partiçoes de um conjuntocom elementos repetidos ?
Num conjunto A existem :
8 bolas brancas, iguais e indistinguiveis entre si10 bolas prestas, iguais e 
indistinguiveis entre si15 bolas azuis, iguais e indistinguiveis entre si
De quantas maneiras podemos particionar o conjunto A em 4 conjuntos ?
No problema anterior { A,{},{},{}} e {{},{},{},A} são autenticas e 
corretassoluções distintas. Neste agora, não.
Um AbraçoPSR,425051108A1

Date: Wed, 25 May 2011 05:19:03 -0300
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] RE: [obm-l] Número 
de partições de um conjunto
From: abrlw...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Ola' Paulo e colegas da lista,
o problema e' encontrar a quantidade de divisoes de 8 bolas brancas, 10 pretas 
e 15 azuis entre 4 pessoas.

Para isso, basta multiplicarmos a quantidade de formas de se dividir as bolas 
de cada cor entre as pessoas.

Para as brancas, por exemplo, equivale a encontrarmos o numero de solucoes nao 
negativas da equacao:
X1 + X2 + X3 + X4 = 8
e assim por diante.

Lembrando que o numero de solucoes nao negativas de
   X1+...+Xn =  p

   e' binom(n-1+p,n-1), obtemos o seguinte:

As brancas podem ser divididas de binom( 10 , 2 ) = 45 formas diferentes.
As pretas podem ser divididas de binom( 12 , 2 ) = 66 formas diferentes.
E as azuis podem ser divididas de binom( 17 , 2 ) = 136 formas diferentes.


Logo, ha' 45*66*136 formas diferentes de se distribuir todas bolas entre 4 
pessoas.

[]'s
Rogerio Ponce


Em 25 de maio de 2011 00:38, Paulo Santa Rita paulosantar...@hotmail.com 
escreveu:






Oi Willy e Rogerio e demaiscolegas desta lista ... OBM-L,
Não consigo entender o raciocínio de vocês. Vejam se é isso que vocês estão 
falando :
Uma das duas pessoas ( digamos, o José ) pode receber 

1) 0,1,2, ..., 8 bolas brancas. Seja A o conjunto dessas possibilidades 
2) 0,1,2,...,10 bolas pretas. Seja B o conjunto dessas possibilidades3) 
0,1,2,...,15 bolas azuis. Seja C o conjunto dessas possibilidades

A cardinalidade do produto cartesianos AxBxC encerra o total das possíveis 
maneiras de José receber as bolas. O restante é a parte da outra pessoa, 
digamos, da Maria. Assim, uma 3-upla (0,1,4) significa que Jose recebeu 1 
bola preta e 4 azuis, ficando a Maria, 
portanto, com (8-0,10-1,15-4)=(8,9,11), ou seja, com 8 brancas, 9 pretas e 11 
azuis.
Se esse é o raciocínio, então ele está certo. NESTE CASO PARTICULAR !
Com mais pessoas - se entendi o que vocês disseram - o simples uso de 
combinações não resolve. Por exemplo, ao tomar Binom(11,3), 
estaremos considerando conjuntos identicos de 3 bolas brancas como se fossem 
distintos ...
Confirmem se eu realmente entendi como vocês pensaram.  
Um abração
PSR,425051100A1




Date: Tue, 24 May 2011 18:29:40 -0300
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um 
conjunto

From: wgapetre...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br



2011/5/23 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com


Ola' Paulo e colegas da lista,
minha sugestao e' calcular de quantas formas podemos dividir as bolas de cada 
cor ( -- #solucoes nao negativas), e multiplicar tudo no final.

[]'s
Rogerio Ponce



Isso me parece ser a maneira mais simplesExistem 9 maneiras de se dividir 8 
bolas identicas entre duas pessoas (e C(11,3) de dividir entre 4 pessoas). Faz 
a mesma coisa para as demais e depois multiplica.

Obtemos 9*11*16, para 2 pessoas e obtemos C(11,3)*C(18,3)*C(13,3) para as 4 
pessoas.  

  

[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um conjunto

[Rogerio Ponce]

Ola' Paulo e colegas da lista,

para este novo problema basta dividirmos a solução do problema anterior pelo
numero de permutacoes entre os participantes.
Ou seja, basta dividir o resultado anterior por 4! = 24.

[]'s
Rogerio Ponce.

PS: enviei para a lista a seguinte correcao:

  As brancas podem ser divididas de binom( 11 , 3 ) = 165 formas diferentes.
  As pretas podem ser divididas de binom( 13 , 3 ) = 286 formas diferentes.
  E as azuis podem ser divididas de binom( 18 , 3 ) = 816 formas diferentes.

  Logo, ha' 165*286*816 formas diferentes de se distribuir todas bolas entre
4 pessoas.






Em 25 de maio de 2011 08:46, Paulo Santa Rita
paulosantar...@hotmail.comescreveu:

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

 Agora entendi. Esta solução está correta :

 Se Y é o total de bolas de uma mesma cor e P1, P2, ..., Pn são as pessoas,
 então consideramos as
 soluções inteiras nao-negativas da equação linear

 X1 + X2 + ... + Xn = Y

 E para cada solução (x1, x2, ...,xn ) desta equação consideramos que x1
 será o total de bolas da
 cor Y que serão dadas a pessoa P1, x2 será o total de bolas da cor Y que
 serão dadas a pessoa P2
 e assim sucessivamente.

 O produto entre as quantidades de soluções para cada cor será a resposta.

 Agora, considere que nesta solução nos sabemos a quem será dadas as bolas,
 ou seja, existem as
 pessoas P1, P2, ..., Pn. E se o nosso interesse fosse somente em montar
 partiçoes de um conjunto
 com elementos repetidos ?

 Num conjunto A existem :

 8 bolas brancas, iguais e indistinguiveis entre si
 10 bolas prestas, iguais e indistinguiveis entre si
 15 bolas azuis, iguais e indistinguiveis entre si

 De quantas maneiras podemos particionar o conjunto A em 4 conjuntos ?

 No problema anterior { A,{},{},{}} e {{},{},{},A} são autenticas e corretas
 soluções distintas. Neste agora, não.

 Um Abraço
 PSR,425051108A1

 --
 Date: Wed, 25 May 2011 05:19:03 -0300
 Subject: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] RE: [obm-l]
 Número de partições de um conjunto
 From: abrlw...@gmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br

 Ola' Paulo e colegas da lista,
 o problema e' encontrar a quantidade de divisoes de 8 bolas brancas, 10
 pretas e 15 azuis entre 4 pessoas.

 Para isso, basta multiplicarmos a quantidade de formas de se dividir as
 bolas de cada cor entre as pessoas.
 Para as brancas, por exemplo, equivale a encontrarmos o numero de solucoes
 nao negativas da equacao:
 X1 + X2 + X3 + X4 = 8
 e assim por diante.

 Lembrando que o numero de solucoes nao negativas de
X1+...+Xn =  p
e' binom(n-1+p,n-1), obtemos o seguinte:

 As brancas podem ser divididas de binom( 10 , 2 ) = 45 formas diferentes.
 As pretas podem ser divididas de binom( 12 , 2 ) = 66 formas diferentes.
 E as azuis podem ser divididas de binom( 17 , 2 ) = 136 formas diferentes.

 Logo, ha' 45*66*136 formas diferentes de se distribuir todas bolas entre 4
 pessoas.

 []'s
 Rogerio Ponce


 Em 25 de maio de 2011 00:38, Paulo Santa Rita 
 paulosantar...@hotmail.comescreveu:

  Oi Willy e Rogerio e demais
 colegas desta lista ... OBM-L,

 Não consigo entender o raciocínio de vocês. Vejam se é isso que vocês estão
 falando :

 Uma das duas pessoas ( digamos, o José ) pode receber

 1) 0,1,2, ..., 8 bolas brancas. Seja A o conjunto dessas possibilidades
 2) 0,1,2,...,10 bolas pretas. Seja B o conjunto dessas possibilidades
 3) 0,1,2,...,15 bolas azuis. Seja C o conjunto dessas possibilidades

 A cardinalidade do produto cartesianos AxBxC encerra o total das possíveis
 maneiras de José receber as bolas. O restante é a parte
 da outra pessoa, digamos, da Maria. Assim, uma 3-upla (0,1,4) significa
 que Jose recebeu 1 bola preta e 4 azuis, ficando a Maria,
 portanto, com (8-0,10-1,15-4)=(8,9,11), ou seja, com 8 brancas, 9 pretas e
 11 azuis.

 Se esse é o raciocínio, então ele está certo. NESTE CASO PARTICULAR !

 Com mais pessoas - se entendi o que vocês disseram - o simples uso de
 combinações não resolve. Por exemplo, ao tomar Binom(11,3),
 estaremos considerando conjuntos identicos de 3 bolas brancas como se
 fossem distintos ...

 Confirmem se eu realmente entendi como vocês pensaram.

 Um abração
 PSR,425051100A1





 --
 Date: Tue, 24 May 2011 18:29:40 -0300
 Subject: [obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um
 conjunto
 From: wgapetre...@gmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br


 2011/5/23 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com

 Ola' Paulo e colegas da lista,
 minha sugestao e' calcular de quantas formas podemos dividir as bolas de
 cada cor ( -- #solucoes nao negativas), e multiplicar tudo no final.

 []'s
 Rogerio Ponce


 Isso me parece ser a maneira mais simples
 Existem 9 maneiras de se dividir 8 bolas identicas entre duas pessoas (e
 C(11,3) de dividir entre 4 pessoas). Faz a mesma coisa para as demais e
 depois multiplica.
 Obtemos 9*11*16, para 2 pessoas e obtemos C(11,3)*C(18,3)*C(13,3) para as 4

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um conjunto

[Henrique Rennó]

2011/5/25 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com:
 Ola' Paulo e colegas da lista,
 o problema e' encontrar a quantidade de divisoes de 8 bolas brancas, 10
 pretas e 15 azuis entre 4 pessoas.

 Para isso, basta multiplicarmos a quantidade de formas de se dividir as
 bolas de cada cor entre as pessoas.
 Para as brancas, por exemplo, equivale a encontrarmos o numero de solucoes
 nao negativas da equacao:
 X1 + X2 + X3 + X4 = 8
 e assim por diante.

 Lembrando que o numero de solucoes nao negativas de
    X1+...+Xn =  p
    e' binom(n-1+p,n-1), obtemos o seguinte:

 As brancas podem ser divididas de binom( 10 , 2 ) = 45 formas diferentes.
 As pretas podem ser divididas de binom( 12 , 2 ) = 66 formas diferentes.
 E as azuis podem ser divididas de binom( 17 , 2 ) = 136 formas diferentes.

Como n-1 = 3, seriam C(11,3), C(13,3) e C(18,3), não?


 Logo, ha' 45*66*136 formas diferentes de se distribuir todas bolas entre 4
 pessoas.

 []'s
 Rogerio Ponce


 Em 25 de maio de 2011 00:38, Paulo Santa Rita paulosantar...@hotmail.com
 escreveu:

 Oi Willy e Rogerio e demais
 colegas desta lista ... OBM-L,
 Não consigo entender o raciocínio de vocês. Vejam se é isso que vocês
 estão falando :
 Uma das duas pessoas ( digamos, o José ) pode receber
 1) 0,1,2, ..., 8 bolas brancas. Seja A o conjunto dessas possibilidades
 2) 0,1,2,...,10 bolas pretas. Seja B o conjunto dessas possibilidades
 3) 0,1,2,...,15 bolas azuis. Seja C o conjunto dessas possibilidades
 A cardinalidade do produto cartesianos AxBxC encerra o total das possíveis
 maneiras de José receber as bolas. O restante é a parte
 da outra pessoa, digamos, da Maria. Assim, uma 3-upla (0,1,4) significa
 que Jose recebeu 1 bola preta e 4 azuis, ficando a Maria,
 portanto, com (8-0,10-1,15-4)=(8,9,11), ou seja, com 8 brancas, 9 pretas e
 11 azuis.
 Se esse é o raciocínio, então ele está certo. NESTE CASO PARTICULAR !
 Com mais pessoas - se entendi o que vocês disseram - o simples uso de
 combinações não resolve. Por exemplo, ao tomar Binom(11,3),
 estaremos considerando conjuntos identicos de 3 bolas brancas como se
 fossem distintos ...
 Confirmem se eu realmente entendi como vocês pensaram.
 Um abração
 PSR,425051100A1




 
 Date: Tue, 24 May 2011 18:29:40 -0300
 Subject: [obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um
 conjunto
 From: wgapetre...@gmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br


 2011/5/23 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com

 Ola' Paulo e colegas da lista,
 minha sugestao e' calcular de quantas formas podemos dividir as bolas de
 cada cor ( -- #solucoes nao negativas), e multiplicar tudo no final.

 []'s
 Rogerio Ponce

 Isso me parece ser a maneira mais simples
 Existem 9 maneiras de se dividir 8 bolas identicas entre duas pessoas (e
 C(11,3) de dividir entre 4 pessoas). Faz a mesma coisa para as demais e
 depois multiplica.
 Obtemos 9*11*16, para 2 pessoas e obtemos C(11,3)*C(18,3)*C(13,3) para as
 4 pessoas.




-- 
Henrique

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

[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um conjunto

[Paulo Santa Rita]

Olá Rogério e demais colegas desta lista ... OBM-L,
Esta resposta está errada, pois ela pressupõe que as soluções do problema 
anterior podem ser agrupadas em grupos de 4!=24soluções, o que só ocorre quando 
a solução e formada por conjuntos dois a dois distintos. Por exemplo,
{ {1B,1P}, {1P,1A}, {1B,1A}, {6B,8P,13A} }
é uma solução no primeiro problema e qualquer uma das suas 4!=24 também são, 
formando portanto 24 soluções distintasque podem ser agrupadas em uma única 
partição ( na qual a ordem dos conjuntos é irrelevante ), a saber :
{ {1B,1P}, {1P,1A}, {1B,1A}, {6B,8P,13A} } que será uma única solução para o 
segundo problema.
Mas agora considere a solução do primeiro problema :
{ {1B,1P},{1P,1A},{1B,1P},{6B,9P,14A} }
Devido a igualdade entre o primeiro e terceiro conjuntos, não há 4!=24 
permutações duas a duas distintas que podem seragrupadas para formar a partição 
( solução do segundo problema ) seguinte :
{ {1B,1P},{1P,1A},{1B,1P},{6B,9P,14A} } que é uma solução válida para o segundo 
problema.
Um AbraçoPSR,42505110B2A
Date: Wed, 25 May 2011 11:05:27 -0300
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] 
[obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um conjunto
From: abrlw...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Ola' Paulo e colegas da lista,

para este novo problema basta dividirmos a solução do problema anterior pelo 
numero de permutacoes entre os participantes.
Ou seja, basta dividir o resultado anterior por 4! = 24. 


[]'s
Rogerio Ponce.

PS: enviei para a lista a seguinte correcao:

  As brancas podem ser divididas de binom( 11 , 3 ) = 165 formas diferentes.
  As pretas podem ser divididas de binom( 13 , 3 ) = 286 formas diferentes.

  E as azuis podem ser divididas de binom( 18 , 3 ) = 816 formas diferentes.


  Logo, ha' 165*286*816 formas diferentes de se distribuir todas bolas entre 4 
pessoas.






Em 25 de maio de 2011 08:46, Paulo Santa Rita paulosantar...@hotmail.com 
escreveu:






Ola Rogerio e demaiscolegas desta lista ... OBM-L,
Agora entendi. Esta solução está correta :
Se Y é o total de bolas de uma mesma cor e P1, P2, ..., Pn são as pessoas, 
então consideramos as
soluções inteiras nao-negativas da equação linear
X1 + X2 + ... + Xn = Y
E para cada solução (x1, x2, ...,xn ) desta equação consideramos que x1 será o 
total de bolas da
cor Y que serão dadas a pessoa P1, x2 será o total de bolas da cor Y que serão 
dadas a pessoa P2e assim sucessivamente. 
O produto entre as quantidades de soluções para cada cor será a resposta.

Agora, considere que nesta solução nos sabemos a quem será dadas as bolas, ou 
seja, existem aspessoas P1, P2, ..., Pn. E se o nosso interesse fosse somente 
em montar partiçoes de um conjunto
com elementos repetidos ?
Num conjunto A existem :
8 bolas brancas, iguais e indistinguiveis entre si10 bolas prestas, iguais e 
indistinguiveis entre si
15 bolas azuis, iguais e indistinguiveis entre si
De quantas maneiras podemos particionar o conjunto A em 4 conjuntos ?
No problema anterior { A,{},{},{}} e {{},{},{},A} são autenticas e corretas
soluções distintas. Neste agora, não.
Um AbraçoPSR,425051108A1

Date: Wed, 25 May 2011 05:19:03 -0300
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] RE: [obm-l] Número 
de partições de um conjunto

From: abrlw...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Ola' Paulo e colegas da lista,
o problema e' encontrar a quantidade de divisoes de 8 bolas brancas, 10 pretas 
e 15 azuis entre 4 pessoas.


Para isso, basta multiplicarmos a quantidade de formas de se dividir as bolas 
de cada cor entre as pessoas.

Para as brancas, por exemplo, equivale a encontrarmos o numero de solucoes nao 
negativas da equacao:
X1 + X2 + X3 + X4 = 8
e assim por diante.

Lembrando que o numero de solucoes nao negativas de
   X1+...+Xn =  p


   e' binom(n-1+p,n-1), obtemos o seguinte:

As brancas podem ser divididas de binom( 10 , 2 ) = 45 formas diferentes.
As pretas podem ser divididas de binom( 12 , 2 ) = 66 formas diferentes.
E as azuis podem ser divididas de binom( 17 , 2 ) = 136 formas diferentes.



Logo, ha' 45*66*136 formas diferentes de se distribuir todas bolas entre 4 
pessoas.

[]'s
Rogerio Ponce


Em 25 de maio de 2011 00:38, Paulo Santa Rita paulosantar...@hotmail.com 
escreveu:







Oi Willy e Rogerio e demaiscolegas desta lista ... OBM-L,
Não consigo entender o raciocínio de vocês. Vejam se é isso que vocês estão 
falando :
Uma das duas pessoas ( digamos, o José ) pode receber 


1) 0,1,2, ..., 8 bolas brancas. Seja A o conjunto dessas possibilidades 
2) 0,1,2,...,10 bolas pretas. Seja B o conjunto dessas possibilidades3) 
0,1,2,...,15 bolas azuis. Seja C o conjunto dessas possibilidades


A cardinalidade do produto cartesianos AxBxC encerra o total das possíveis 
maneiras de José receber as bolas. O restante é a parte da outra pessoa, 
digamos, da Maria. Assim, uma 3-upla (0,1,4) significa que Jose recebeu 1 
bola preta e 4 azuis, ficando a Maria, 

portanto, com (8-0,10-1,15-4

RE: [obm-l] [obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um conjunto

[Paulo Santa Rita]

Oi Rogério e demais colegas desta lista ... OBM-L,
Não consegui entender a sua sugestão. Entretanto, dentre as diversas maneiras 
de resolver que conheço há uma cuja estruturase assemelha, a saber :
1) Como vamos dividir 33 bolas entre duas pessoas então basta determinar 
quantas vamos dar a uma particular pessoa,pois o que restar será 
necessariamente da segunda pessoa. Para uma pessoa particular podemos dar 
0,1,2,3,...,33bolas2) Fixada uma das opções de doação acima, digamos, K, 
precisamos escolher K bolas do total disponível. Seja portantoP as bolas 
pretas, B as brancas e A as azuis. Devemos ter :
A + B + P = K
3) As solucoes inteiras não negativas da equação acima são as diversas maneiras 
de dar K bolas a uma das pessoas ( eportanto, a maneira de dar 33-K bolas a 
outra )
4) Note que a equação anterior precisa ser trata com cuidado se K  8, pois 
dispomos apenas de 8 bolas brancas eportanto não podemos considerar as soluções 
com B8; igualmente, temos que tomar algum cuidado com assoluções em que K15, 
pois so dispomos de 15 bolas azuis.
5) Em síntese, para cada K em {0,1,2,...,33} as soluções de A + B + P = K 
constituem as maneiras de doar Kbolas a uma particular pessoa ( e 33-K a 
outra ). Toda a dificuldade do problema consiste em saber como cuidardos 
intervalos de K's : 0 = K = 8,   9= K = 15   e   16=k= 33.
O item 5 anterior desloca o problema para outro, mais simples. Como abordar 
este novo problema, agora ?Além disso, como atacar o caso de 4 pessoas ?
Um abraço a todosPSR,31405110925
Date: Mon, 23 May 2011 21:10:55 -0300
Subject: [obm-l] [obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um conjunto
From: abrlw...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Ola' Paulo e colegas da lista,
minha sugestao e' calcular de quantas formas podemos dividir as bolas de cada 
cor ( -- #solucoes nao negativas), e multiplicar tudo no final.

[]'s
Rogerio Ponce




Em 22 de maio de 2011 19:44, Paulo Santa Rita paulosantar...@hotmail.com 
escreveu:






Oi Pedro e demaiscolegas desta lista ... OBM-L,
Este problema de dividir um conjunto em grupos de 2 ou mais subconjuntos é 
relativamente bem conhecido ... um problema próximoa este e talvez mais 
desafiador consiste em determinar de quantas maneiras distintas podemos dividir 
um conjunto com elementos
repetidos entre duas ou mais pessoas. Por exemplo. Seja :
10 bolas pretas  ( iguais entre si e indistinguíveis )8 bolas brancas  ( iguais 
entre si e indistinguíveis )15 bolas azuis ( iguais entre si e 
indistinguíveis )


De quantas maneiras distintas podemos dividir as bolas acima entre 2 pessoas ? 
E entre 4 pessoas ?
Um AbraçãoPSR,1220511132D
Date: Sun, 22 May 2011 18:26:04 -0300

Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Número de 
partições de um conjunto
From: pedromatematic...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br


Falou cara muitíssimo obriado.
Olá Paulo Santa Rita, há quanto tempo não conversávamos não é mesmo?
Olha meu erro foi fazer o r variar de 1 até n-r salvo o engano, depois somei 
todos os resultados, por isso deu aquele somatório. Mas sua solução como sempre 
foi brilhante.


Abração e muito obrigado.

Em 20 de maio de 2011 12:54, Alessandro Madruga Correia 
amcorr...@viaconnect.com.br escreveu:


Olá,
me intrometendo...


Caro Wily como fizestes para aparecer a imagem?
Paulo volto a falar contigo!


Ele utilizou esse site, http://www.codecogs.com/latex/htmlequations.php



-- 
  ,= ,-_-. =.   [o] Alessandro Madruga Correia
 ((_/)o o(\_))  Viaconnect -- Suporte Técnico +55 (54) 4009 3444
  `-'(. .)`-'   Certamente, tenho arriscado minha saúde algumas vezes pelo


  \_/   excesso de trabalho, mas e daí? Somente os repolhos não têm
nervos, nem preocupações. E o que conseguem com seu bem-estar  
perfeito? (Carl Gustav Jacob Jacobi)




-- 


Pedro Jerônimo S. de O.
Júnior


Professor
de Matemática


Geo João Pessoa
– PB 



  

  

[obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um conjunto

[Willy George Amaral Petrenko]

2011/5/23 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com

 Ola' Paulo e colegas da lista,
 minha sugestao e' calcular de quantas formas podemos dividir as bolas de
 cada cor ( -- #solucoes nao negativas), e multiplicar tudo no final.

 []'s
 Rogerio Ponce


Isso me parece ser a maneira mais simples
Existem 9 maneiras de se dividir 8 bolas identicas entre duas pessoas (e
C(11,3) de dividir entre 4 pessoas). Faz a mesma coisa para as demais e
depois multiplica.
Obtemos 9*11*16, para 2 pessoas e obtemos C(11,3)*C(18,3)*C(13,3) para as 4
pessoas.

[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um conjunto

[Paulo Santa Rita]

Oi Willy e Rogerio e demaiscolegas desta lista ... OBM-L,
Não consigo entender o raciocínio de vocês. Vejam se é isso que vocês estão 
falando :
Uma das duas pessoas ( digamos, o José ) pode receber 
1) 0,1,2, ..., 8 bolas brancas. Seja A o conjunto dessas possibilidades 
2) 0,1,2,...,10 bolas pretas. Seja B o conjunto dessas possibilidades3) 
0,1,2,...,15 bolas azuis. Seja C o conjunto dessas possibilidades
A cardinalidade do produto cartesianos AxBxC encerra o total das possíveis 
maneiras de José receber as bolas. O restante é a parte da outra pessoa, 
digamos, da Maria. Assim, uma 3-upla (0,1,4) significa que Jose recebeu 1 
bola preta e 4 azuis, ficando a Maria, portanto, com (8-0,10-1,15-4)=(8,9,11), 
ou seja, com 8 brancas, 9 pretas e 11 azuis.
Se esse é o raciocínio, então ele está certo. NESTE CASO PARTICULAR !
Com mais pessoas - se entendi o que vocês disseram - o simples uso de 
combinações não resolve. Por exemplo, ao tomar Binom(11,3), estaremos 
considerando conjuntos identicos de 3 bolas brancas como se fossem distintos ...
Confirmem se eu realmente entendi como vocês pensaram.  
Um abraçãoPSR,425051100A1




Date: Tue, 24 May 2011 18:29:40 -0300
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um 
conjunto
From: wgapetre...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br


2011/5/23 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com

Ola' Paulo e colegas da lista,
minha sugestao e' calcular de quantas formas podemos dividir as bolas de cada 
cor ( -- #solucoes nao negativas), e multiplicar tudo no final.

[]'s
Rogerio Ponce


Isso me parece ser a maneira mais simplesExistem 9 maneiras de se dividir 8 
bolas identicas entre duas pessoas (e C(11,3) de dividir entre 4 pessoas). Faz 
a mesma coisa para as demais e depois multiplica.
Obtemos 9*11*16, para 2 pessoas e obtemos C(11,3)*C(18,3)*C(13,3) para as 4 
pessoas.  

[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um conjunto

[Marcelo Salhab Brogliato]

Olá Paulo,
uma solução é colocar todas as bolas em uma linha e adicionar K varetas,
onde K=número de pessoas - 1.
Então, contar o número de permutações.

No seu caso, teríamos 10 bolas pretas, 8 bolas brancas, 15 bolas azuis e 1
vareta (2 pessoas).
Assim, o número de permutações é:
(10+8+15+1)! / (10! 8! 15! 1!) = 34! / (10! 8! 15!)

Para 4 pessoas, vamos utilizar 3 varetas. E ficamos com:
(10+8+15+3)! / (10! 8! 15! 3!) = 36! / (10! 8! 15! 3!)

Abraços,
Salhab


2011/5/22 Paulo Santa Rita paulosantar...@hotmail.com

  Oi Pedro e demais
 colegas desta lista ... OBM-L,

 Este problema de dividir um conjunto em grupos de 2 ou mais subconjuntos é
 relativamente bem conhecido ... um problema próximo
 a este e talvez mais desafiador consiste em determinar de quantas maneiras
 distintas podemos dividir um conjunto com elementos
 repetidos entre duas ou mais pessoas. Por exemplo. Seja :

 10 bolas pretas  ( iguais entre si e indistinguíveis )
 8 bolas brancas  ( iguais entre si e indistinguíveis )
 15 bolas azuis ( iguais entre si e indistinguíveis )

 De quantas maneiras distintas podemos dividir as bolas acima entre 2
 pessoas ? E entre 4 pessoas ?

 Um Abração
 PSR,1220511132D

 --
 Date: Sun, 22 May 2011 18:26:04 -0300
 Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Número de
 partições de um conjunto

 From: pedromatematic...@gmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br

 Falou cara muitíssimo obriado.
 Olá Paulo Santa Rita, há quanto tempo não conversávamos não é mesmo?
 Olha meu erro foi fazer o r variar de 1 até n-r salvo o engano, depois
 somei todos os resultados, por isso deu aquele somatório. Mas sua solução
 como sempre foi brilhante.
 Abração e muito obrigado.

 Em 20 de maio de 2011 12:54, Alessandro Madruga Correia 
 amcorr...@viaconnect.com.br escreveu:

 Olá,

 me intrometendo...


 Caro Wily como fizestes para aparecer a imagem?
 Paulo volto a falar contigo!


 Ele utilizou esse site, http://www.codecogs.com/latex/htmlequations.php


 --
   ,= ,-_-. =.   [o] Alessandro Madruga Correia
  ((_/)o o(\_))  Viaconnect -- Suporte Técnico +55 (54) 4009 3444
   `-'(. .)`-'   Certamente, tenho arriscado minha saúde algumas vezes pelo
   \_/   excesso de trabalho, mas e daí? Somente os repolhos não têm
 nervos, nem preocupações. E o que conseguem com seu
 bem-estar
 perfeito? (Carl Gustav Jacob Jacobi)




 --
 Pedro Jerônimo S. de O. Júnior
 Professor de Matemática
 Geo João Pessoa – PB

[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um conjunto

[Paulo Santa Rita]

Oi Salhab e demais colegas desta lista ... OBM-L,
A solução está errada. Para ver isso claramente, considere duas bolas pretas e 
tres brancas, que representamos por PPBBB. Suponhamos que precisamos dividir 
estas bolas entre duas pessoas. Usando a sua solução, teriamos as duas divisões 
abaixo :( OBS : o simbolo | representa a vareta )
PB | PBBBP ! PBB
CONTADAS COMO DISTINTAS, quando, em verdade, elas representam A MESMA DIVISÃO : 
{B,P} e {P,B,B}. Perceba que aordem com que uma pessoa recebe as bolas é 
indiferente ...
Um abraçãoPSR,2230511DC

Date: Mon, 23 May 2011 10:30:03 -0300
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] 
RE: [obm-l] Número de partições de um conjunto
From: msbro...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Olá Paulo,uma solução é colocar todas as bolas em uma linha e adicionar K 
varetas, onde K=número de pessoas - 1.Então, contar o número de permutações.
No seu caso, teríamos 10 bolas pretas, 8 bolas brancas, 15 bolas azuis e 1 
vareta (2 pessoas).
Assim, o número de permutações é:(10+8+15+1)! / (10! 8! 15! 1!) = 34! / (10! 8! 
15!)
Para 4 pessoas, vamos utilizar 3 varetas. E ficamos com:(10+8+15+3)! / (10! 8! 
15! 3!) = 36! / (10! 8! 15! 3!)

Abraços,Salhab

2011/5/22 Paulo Santa Rita paulosantar...@hotmail.com






Oi Pedro e demaiscolegas desta lista ... OBM-L,
Este problema de dividir um conjunto em grupos de 2 ou mais subconjuntos é 
relativamente bem conhecido ... um problema próximo
a este e talvez mais desafiador consiste em determinar de quantas maneiras 
distintas podemos dividir um conjunto com elementosrepetidos entre duas ou mais 
pessoas. Por exemplo. Seja :

10 bolas pretas  ( iguais entre si e indistinguíveis )8 bolas brancas  ( iguais 
entre si e indistinguíveis )15 bolas azuis ( iguais entre si e 
indistinguíveis )

De quantas maneiras distintas podemos dividir as bolas acima entre 2 pessoas ? 
E entre 4 pessoas ?

Um AbraçãoPSR,1220511132D
Date: Sun, 22 May 2011 18:26:04 -0300
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Número de 
partições de um conjunto

From: pedromatematic...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br


Falou cara muitíssimo obriado.
Olá Paulo Santa Rita, há quanto tempo não conversávamos não é mesmo?
Olha meu erro foi fazer o r variar de 1 até n-r salvo o engano, depois somei 
todos os resultados, por isso deu aquele somatório. Mas sua solução como sempre 
foi brilhante.


Abração e muito obrigado.

Em 20 de maio de 2011 12:54, Alessandro Madruga Correia 
amcorr...@viaconnect.com.br escreveu:


Olá,
me intrometendo...


Caro Wily como fizestes para aparecer a imagem?
Paulo volto a falar contigo!


Ele utilizou esse site, http://www.codecogs.com/latex/htmlequations.php



-- 
  ,= ,-_-. =.   [o] Alessandro Madruga Correia
 ((_/)o o(\_))  Viaconnect -- Suporte Técnico +55 (54) 4009 3444
  `-'(. .)`-'   Certamente, tenho arriscado minha saúde algumas vezes pelo


  \_/   excesso de trabalho, mas e daí? Somente os repolhos não têm
nervos, nem preocupações. E o que conseguem com seu bem-estar  
perfeito? (Carl Gustav Jacob Jacobi)




-- 


Pedro Jerônimo S. de O.
Júnior


Professor
de Matemática


Geo João Pessoa
– PB 



  

  

[obm-l] [obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um conjunto

[Rogerio Ponce]

Ola' Paulo e colegas da lista,
minha sugestao e' calcular de quantas formas podemos dividir as bolas de
cada cor ( -- #solucoes nao negativas), e multiplicar tudo no final.

[]'s
Rogerio Ponce



Em 22 de maio de 2011 19:44, Paulo Santa Rita
paulosantar...@hotmail.comescreveu:

  Oi Pedro e demais
 colegas desta lista ... OBM-L,

 Este problema de dividir um conjunto em grupos de 2 ou mais subconjuntos é
 relativamente bem conhecido ... um problema próximo
 a este e talvez mais desafiador consiste em determinar de quantas maneiras
 distintas podemos dividir um conjunto com elementos
 repetidos entre duas ou mais pessoas. Por exemplo. Seja :

 10 bolas pretas  ( iguais entre si e indistinguíveis )
 8 bolas brancas  ( iguais entre si e indistinguíveis )
 15 bolas azuis ( iguais entre si e indistinguíveis )

 De quantas maneiras distintas podemos dividir as bolas acima entre 2
 pessoas ? E entre 4 pessoas ?

 Um Abração
 PSR,1220511132D

 --
 Date: Sun, 22 May 2011 18:26:04 -0300
 Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Número de
 partições de um conjunto
 From: pedromatematic...@gmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br

 Falou cara muitíssimo obriado.
 Olá Paulo Santa Rita, há quanto tempo não conversávamos não é mesmo?
 Olha meu erro foi fazer o r variar de 1 até n-r salvo o engano, depois
 somei todos os resultados, por isso deu aquele somatório. Mas sua solução
 como sempre foi brilhante.
 Abração e muito obrigado.

 Em 20 de maio de 2011 12:54, Alessandro Madruga Correia 
 amcorr...@viaconnect.com.br escreveu:

 Olá,

 me intrometendo...


 Caro Wily como fizestes para aparecer a imagem?
 Paulo volto a falar contigo!


 Ele utilizou esse site, http://www.codecogs.com/latex/htmlequations.php


 --
   ,= ,-_-. =.   [o] Alessandro Madruga Correia
  ((_/)o o(\_))  Viaconnect -- Suporte Técnico +55 (54) 4009 3444
   `-'(. .)`-'   Certamente, tenho arriscado minha saúde algumas vezes pelo
   \_/   excesso de trabalho, mas e daí? Somente os repolhos não têm
 nervos, nem preocupações. E o que conseguem com seu
 bem-estar
 perfeito? (Carl Gustav Jacob Jacobi)




 --
 Pedro Jerônimo S. de O. Júnior
 Professor de Matemática
 Geo João Pessoa – PB

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um conjunto

[Pedro Júnior]

Falou cara muitíssimo obriado.
Olá Paulo Santa Rita, há quanto tempo não conversávamos não é mesmo?
Olha meu erro foi fazer o r variar de 1 até n-r salvo o engano, depois
somei todos os resultados, por isso deu aquele somatório. Mas sua solução
como sempre foi brilhante.
Abração e muito obrigado.

Em 20 de maio de 2011 12:54, Alessandro Madruga Correia 
amcorr...@viaconnect.com.br escreveu:

 Olá,

 me intrometendo...


 Caro Wily como fizestes para aparecer a imagem?
 Paulo volto a falar contigo!


 Ele utilizou esse site, http://www.codecogs.com/latex/htmlequations.php


 --
   ,= ,-_-. =.   [o] Alessandro Madruga Correia
  ((_/)o o(\_))  Viaconnect -- Suporte Técnico +55 (54) 4009 3444
   `-'(. .)`-'   Certamente, tenho arriscado minha saúde algumas vezes pelo
   \_/   excesso de trabalho, mas e daí? Somente os repolhos não têm
 nervos, nem preocupações. E o que conseguem com seu
 bem-estar
 perfeito? (Carl Gustav Jacob Jacobi)




-- 

Pedro Jerônimo S. de O. Júnior

Professor de Matemática

Geo João Pessoa – PB

[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um conjunto

[Paulo Santa Rita]

Oi Pedro e demaiscolegas desta lista ... OBM-L,
Este problema de dividir um conjunto em grupos de 2 ou mais subconjuntos é 
relativamente bem conhecido ... um problema próximoa este e talvez mais 
desafiador consiste em determinar de quantas maneiras distintas podemos dividir 
um conjunto com elementosrepetidos entre duas ou mais pessoas. Por exemplo. 
Seja :
10 bolas pretas  ( iguais entre si e indistinguíveis )8 bolas brancas  ( iguais 
entre si e indistinguíveis )15 bolas azuis ( iguais entre si e 
indistinguíveis )

De quantas maneiras distintas podemos dividir as bolas acima entre 2 pessoas ? 
E entre 4 pessoas ?
Um AbraçãoPSR,1220511132D
Date: Sun, 22 May 2011 18:26:04 -0300
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Número de 
partições de um conjunto
From: pedromatematic...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Falou cara muitíssimo obriado.
Olá Paulo Santa Rita, há quanto tempo não conversávamos não é mesmo?
Olha meu erro foi fazer o r variar de 1 até n-r salvo o engano, depois somei 
todos os resultados, por isso deu aquele somatório. Mas sua solução como sempre 
foi brilhante.

Abração e muito obrigado.

Em 20 de maio de 2011 12:54, Alessandro Madruga Correia 
amcorr...@viaconnect.com.br escreveu:

Olá,
me intrometendo...


Caro Wily como fizestes para aparecer a imagem?
Paulo volto a falar contigo!


Ele utilizou esse site, http://www.codecogs.com/latex/htmlequations.php


-- 
  ,= ,-_-. =.   [o] Alessandro Madruga Correia
 ((_/)o o(\_))  Viaconnect -- Suporte Técnico +55 (54) 4009 3444
  `-'(. .)`-'   Certamente, tenho arriscado minha saúde algumas vezes pelo

  \_/   excesso de trabalho, mas e daí? Somente os repolhos não têm
nervos, nem preocupações. E o que conseguem com seu bem-estar  
perfeito? (Carl Gustav Jacob Jacobi)



-- 


Pedro Jerônimo S. de O.
Júnior

Professor
de Matemática

Geo João Pessoa
– PB 


  

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um conjunto

[Pedro Júnior]

Caro Wily como fizestes para aparecer a imagem?
Paulo volto a falar contigo!

Em 19 de maio de 2011 15:45, Willy George Amaral Petrenko 
wgapetre...@gmail.com escreveu:

 Acho que faz sentido ao invés de usar LaTex, usar a imagem, assim fica mais
 acessível:
 Acho que todo mundo vai conseguir ler (corrijam-me se eu estiver errado).

 Bem, me parece que vc quis resolver o problema, não para r e s, mas para
 quaisquer 2 conjuntos. A resposta do Paulo está correta para o que pede o
 enunciado. Se você quiser calcular para quaisquer 2 conjuntos, tem que tomar
 cuidado com o possível termo
  pois ele não está sendo contado 2 vezes para vc fazer 1/2*.




-- 

Pedro Jerônimo S. de O. Júnior

Professor de Matemática

Geo João Pessoa – PB

Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um conjunto

[Alessandro Madruga Correia]

Olá, 

me intrometendo... 



Caro Wily como fizestes para aparecer a imagem? 
Paulo volto a falar contigo! 


Ele utilizou esse site, http://www.codecogs.com/latex/htmlequations.php 



-- 
,= ,-_-. =. [o] Alessandro Madruga Correia 
((_/)o o(\_)) Viaconnect -- Suporte Técnico +55 (54) 4009 3444 
`-'(. .)`-' Certamente, tenho arriscado minha saúde algumas vezes pelo 
\_/ excesso de trabalho, mas e daí? Somente os repolhos não têm 
nervos, nem preocupações. E o que conseguem com seu bem-estar 
perfeito? (Carl Gustav Jacob Jacobi) 

[obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um conjunto

[Paulo Santa Rita]

Olá Pedro e demaiscolegas desta lista ... OBM-L,
Se eu entendesse a sua notação, opinaria. Acredito que seja Latex, mas eu não 
tenho aqui o plugin que permite a visualização. 
PROBLEMA 1
Vou supor que r e s são inteiros não-negativos e que  r + s  =  n. Seja A 
o conjunto original com n elementos  
1) r+s = n  e  r # s
Neste caso é óbvio que a resposta será  Binom(n,r) = Binom(n,n-r) = Binom(n,s) 
pois ao escolher um conjunto, digamos, de r elementos, o que sobra no 
conjunto A terá n-r=s elementos e será o outro conjunto da partição.
Se r = s, divida o resultado anterior por 2
2) r+s  n  e  r # s
Neste caso, seja t = n - (r+s). Podemos formar um conjunto de t  elementos de 
Binom(n,t) maneiras. Fixada uma destas maneira, recaímos no caso anterior : 
poderemosformar Binom(n-(r+s),r) partições. Pelo principio multiplicativo segue 
que a resposta sera : Binom(n,t)*Binom(n-t ,r).
Se r=s, divida o resultado anterior por 2
Note que a resposta 2) engloba a 1), pois se r+s=n então t=n-(r+s)=0 e 
Binom(n,t)=Binom(n,0)=1 



PROBLEMA 2
Vamos escolher um dentre os n elementos e chama-lo de INTERSECÇÃO. Retirando a 
INTERSECÇÃO, sobram n-1  elementos. Sejam r' = r-1  e  s' = s-1. É facil ver 
que n-1, r' e s' recai no problema anterior, ja resolvido. Então a resposta 
aqui é : N*( resposta anterior com a devida adaptação )

Um problema de combinatória que eu acho interessante pode ser enunciado assim :
Seja A um matriz quadrada de ordem N tal que A(i,j) = j + (i -1)*N, onde j e i 
variam em K={1,2,...,N } e j representa a coluna e i representa a linha.Quantas 
matrizes quadradas B de ordem N podem ser formadas tais que :
1) B não tem elementos repetidos2) Todo elemento de B pertence a {1,2,3,..., 
N^2}3) B(i,j) é diferente de A(i,j) para todo par (i,j) pertencente a K^2   ( 
K^2 é o produto cartesiano de K por si mesmo ) 
Um abraço a todosPSR,51005111338
Date: Thu, 19 May 2011 18:29:53 +0430
Subject: [obm-l] Número de partições de um conjunto
From: pedromatematic...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

No primeiro problema cheguei a algo do tipo 1/2\cdot [ C_{n}^{1} \cdot 
(2^{n-1}-1) + C_{n}^{2} \cdot (2^{n-2}-1) + C_{n}^{3} \cdot (2^{n-3}-1) 
+...+C_{n}^{n-1} ]
queria saber se alguém sabe opinaar se estou no caminho correto.

Abraços.

1. Seja X um conjunto com n elementos. Calcule o número de escolhas possíveis 
de dois subconjuntos disjuntos de r e s elementos, respectivamente. [E se r 
= s?]



2. O mesmo exercício anterior mas em que os dois subconjuntos possam 
intersectar-se
num único elemento.
-- 


Pedro Jerônimo S. de O.
Júnior

Professor
de Matemática

Geo João Pessoa
– PB 


  

[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Número de partições de um conjunto

[Willy George Amaral Petrenko]

Acho que faz sentido ao invés de usar LaTex, usar a imagem, assim fica mais
acessível:
Acho que todo mundo vai conseguir ler (corrijam-me se eu estiver errado).

Bem, me parece que vc quis resolver o problema, não para r e s, mas para
quaisquer 2 conjuntos. A resposta do Paulo está correta para o que pede o
enunciado. Se você quiser calcular para quaisquer 2 conjuntos, tem que tomar
cuidado com o possível termo
pois ele não está sendo contado 2 vezes para vc fazer 1/2*.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] número primo e soma de quadrados

[Johann Dirichlet]

Você encontrará umas três demonstrações bem legais no livro Proofs
from THE BOOK, Martin Aigner e Günter M. Ziegler.



Em 16/05/11, Tiagohit0...@gmail.com escreveu:
 Existem diversas maneiras de demonstrar isso. Algumas delas usando ideias e
 áreas da matemática bem diferentes.

 http://en.wikipedia.org/wiki/Proofs_of_Fermat%27s_theorem_on_sums_of_two_squares

 2011/5/16 marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com

  Todo número primo da forma 4k+1pode ser escrito de uma única maneira como
 soma de dois quadrados.Como demonstrar?




 --
 Tiago J. Fonseca
 http://legauss.blogspot.com



-- 
/**/
神が祝福

Torres

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

[obm-l] Re: [obm-l] número primo e soma de quadrados

[Tiago]

Existem diversas maneiras de demonstrar isso. Algumas delas usando ideias e
áreas da matemática bem diferentes.

http://en.wikipedia.org/wiki/Proofs_of_Fermat%27s_theorem_on_sums_of_two_squares

2011/5/16 marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com

  Todo número primo da forma 4k+1pode ser escrito de uma única maneira como
 soma de dois quadrados.Como demonstrar?




-- 
Tiago J. Fonseca
http://legauss.blogspot.com

[obm-l] Re: Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número Harm ônico

[Rodrigo Renji]

Tem outra maneira de achar uma fórmula fechada não elementar para os
números harmônicos. Usando a função gamma, que satisfaz

Gamma (x+1) =x Gamma (x)

tomando o logaritmo de ambos lados segue

 ln gamma (x+1) = \ln x + \ln gamma (x)

derivando

gamma ' (x+1)/ gamma (x+1) = 1/x + gamma' (x) / gamma(x) **(1)**


Podemos definir com isso a função digamma ( as vezes simbolizada como
psi também ), da seguinte maneira
psi (x) = gamma ' (x) / gamma (x)

observe em  **(1)** que
psi (x+1) = 1/x +psi (x)

e daí

psi (x+1) - psi (x) =1/x
psi (k+1) - psi (k) =1/k

aplique a soma na expressão acima com k variando de 1 até n , a soma
do lado esquerdo é telescópica ( os termos vão se anulando) e sobra
apenas

psi (n+1)-psi (1) =H_n= soma [de k=1 até n] 1/k

é possível mostrar que
-psi (1) = gamma onde gamma é a constante de Euler- Mascheroni, é um
problema aberto saber se essa constante é racional ou irracional ainda
(desde a época de Euler)
Alguns links
http://www.math.upenn.edu/~wilf/AeqB.html
Livro A=B, gratuito (download legal),

quero deixar também o link da minha pasta no 4shared, onde tenho
escrito em pdf essas coisas que escrevi no email, só que com mais
detalhes
http://www.4shared.com/dir/10890465/8ca60bc6/Somatrios.html
Abraço

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

[obm-l] Re: Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número Harm ônico

[Rodrigo Renji]

Acho que não existe fórmula fechada em termos de funções elementares
para o n-ésimo número harmônico
H_n=1+...+1/n

(H_n acho que é o simbolo usado pelo knuth no concrete mathematics)
(assim como não existem primitivas elementares para algumas funções)

quando isso acontece podemos tentar escrever fórmulas usando outros
tipos de funções, por exemplo, representar H_n por meio de uma
integral.

Acho que Euler foi o primeiro a fazer isso, talvez da maneira como segue

H_n= soma [de k=1 até n] 1/k
que é o mesmo que
 [ k=0 até n-1] 1/ (k +1)

mas observe que 1/(k+1) pode ser escrito como uma integral
1/(k+1)= integral [de 0 até 1] x^k dx, escrevendo isso na soma fica

H_n = soma [de k=0 até n-1] integral [de 0 até 1] x^k dx
como a soma é finita, podemos trocar a ordem com a integral, ficando

H_n =integral [de 0 até 1] soma [de k=0 até n-1] x^k dx

aqui soma [de k=0 até n-1] x^k temos uma soma geométrica que é (x^n -1) /(x-1)

então chegamos na expressão

H_n = integral [de 0 até 1] (x^n -1) /(x-1) dx

isso vale para n natural
mas podemos usar isso para fazer uma extensão dos números harmônicos
para valores reais de n pela integral acima
Perceba que para n natural vale
H_(n+1) =H_n +1/(n+1)
isso é também vale para alguns valores reais de n
por meio da extensão da integral acima
por exemplo, um resultado de série por meio de números harmônicos
soma [ de k=1 até infinito ] 1/ (k)(k+s) =H_s /s

por exemplo com a integral podemos mostrar que
H(1/2) =2-2ln( 2)
e com isso
soma [ de k=1 até infinito ] 1/ (k)(k+1/2)  =H(1/2).2=
4-4ln 2, dando o resultado correto da série

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

Re: Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número Harmônico

[qedtexte]

Sauda,c~oes, oi Maycon, 
nbsp;
Escrevi dois livros que tratam justamente disso 
(função emnbsp;forma de somatório e colocar em forma fechada), 
cujas amostras encontram-se em 
nbsp;

www.escolademestres.com/qedtexte
nbsp;
Dá uma olhada na amostra do Manual de Seq. e Séries Vol. I. 
nbsp;
[]'s 
Luísnbsp;
Em 28/03/2010, Maycon Maia Vitali lt;mayconm...@yahoo.com.brgt; escreveu: 
gt; Só um detalhe: Na segunda formula quis dizer 2^i. 
gt; 
gt; Estou cometendo algumas gafes com relação aos nomes, estou querendo a 
gt; forma fechada, como dito. A proposta inicial é pegar uma função em 
gt; forma de somatório e colocar em forma fechada. 
gt; 
gt; Estou lendo o capitulo 2 do livro do Knuth. 
gt; 
gt; Poderia me indicar uma boa bibliografia sobre a história da matemática? 
gt; 
gt; Obrigado, 
gt; Maycon Maia Vitali 
gt; 
gt; Bernardo Freitas Paulo da Costa escreveu: 
gt; gt; 2010/3/27 Maycon Maia Vitali lt;mayconm...@yahoo.com.brgt;: 
gt; gt;gt; Fala Bernardo, 
gt; gt; Oi Maycon. 
gt; gt; 
gt; gt;gt; Obrigado pela resposta. 
gt; gt;gt; 
gt; gt;gt; Colocar em forma de função é semelhante a dizer: 
gt; gt;gt; 
gt; gt;gt; sum[i de A até B] inbsp; = [Formula de PA] 
gt; gt;gt; sum[i de A até B] i^2 = [Formula de PG] 
gt; gt;gt; 
gt; gt;gt; Entendeu? 
gt; gt; Ah, você quer dizer forma fechada. Tipo, porque eu acho que 
gt; gt; 
gt; gt; \sum [n inteiro] exp(pi * i * n^2 * tau + 2*pi*i*z) é uma função. De z 
gt; gt; e tau, inclusive. 
gt; gt; 
gt; gt; Ah, acho que você quis dizer PA de segunda ordem para a segunda 
gt; gt; fórmula que você botou. 
gt; gt; 
gt; gt;gt; Vou aproveitar e dar uma olhada no Knuth. 
gt; gt; Aproveite e dê uma olhada na definição de função. A melhor coisa 
gt; gt; seria ver num livro de história da matemática, para ver como as 
gt; gt; pessoas mudaram a forma de ver isso, até chegar na definição de hoje, 
gt; gt; que é um conjunto de pares ordenados de AxB tal que bla bla bla. 
gt; gt; Funções já foram polinômios, composições algébricas de funções 
gt; gt; conhecidas, somas de séries, ... 
gt; gt; 
gt; gt; Digamos que a única resposta exata, que eu conheça, para a série 
gt; gt; harmônica, é ela mesma, H(n). Só para perturbar: você acha que se 
gt; gt; fosse algo do tipo sin(n) + log(n) seria muito melhor ? O que é 
gt; gt; melhor ? 
gt; gt; 
gt; gt;gt; Abraços, 
gt; gt;gt; Maycon Maia Vitali 
gt; gt; 
gt; gt; abraços, 
gt; 
gt; __ 
gt; Faça ligações para outros computadores com o novo Yahoo! Messenger 
gt; http://br.beta.messenger.yahoo.com/ 
gt; 
gt; = 
gt; Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em 
gt; http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html 
gt; =

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número Harmôni co

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2010/3/28 Maycon Maia Vitali mayconm...@yahoo.com.br:
 Estou cometendo algumas gafes com relação aos nomes,
 estou querendo a forma
 fechada, como dito. A proposta inicial é pegar uma função em forma de
 somatório e colocar em forma fechada.

 Estou lendo o capitulo 2 do livro do Knuth.
Muito bom !!

Acho que se você chegar em Mechanical Summation (que é bem lá na
frente), você terá a resposta. Mas uma resposta aproximada estará no
Assymptotic Summation, ou coisa do gênero.

 Poderia me indicar uma boa bibliografia sobre a história da matemática?

Bom, depende o tema que você quer. Eu conheço muito pouco ; as
melhores idéias são justamente ler os originais, para ver como as
pessoas pensavam na época. Tipo uns 150 - 200 anos atrás, já era bem
diferente.

Dois originais muito bons, na minha opinião, são:
Euler, Introductio analisis infinitesimorum
Cauchy, Cours d'Analyse

Não sei se você conseguirá uma tradução do Euler (original em latim!),
eu sei que existe uma em francês muito bem feita pela Jacques Gabay
editora.

O pessoal alemão da virada do século tem também muitos textos muito
bons, mas é em alemão...

Outra fonte que pode ser muito interessante é o Bourbaki, que tem um
compêndio de história da matemática, que é a reunião das notas
históricas de vários livros. Pode ser meio desordenado para ler, mas
já é alguma coisa. Senão, tem o Dieudonné (que fazia parte do
Bourbaki) que fala um pouco sobre a história da matemática dos séculos
XIX e um pouco fim do XVIII e início do XX.

 Obrigado,
 Maycon Maia Vitali

boa leitura,
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

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

[obm-l] Re: [obm-l] Número Harmônico

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2010/3/27 Maycon Maia Vitali mayconm...@yahoo.com.br:
 Pessoal,

 Mais uma vez venho com uma dúvida que pode ser simples para a maioria:

 Qual método posso utilizar para resolver (colocar em forma de função) um
 somatório harmônico finito (dito número harmônico):
O que você chama de colocar em forma de função ?

 somatorio [i = 0 até n] 1/i = ?
Digamos que para mim, isso define muito bem uma função de N em R
(enfim, Q) cujos valores são justamente os números harmônicos. Você
gostaria de algo como uma forma fechada, sem precisar fazer a soma?

 E se fosse 1/i^2? Seria semelhante?
tudo depende da resposta acima... mas como você deve saber que essa
série converge, é mais fácil de dar uma resposta aproximada, se n é
grande :) (e o resto da série também é fácil de aproximar).

 Estou tentando fazer por *perturbação* (adorei esse método), mais acho que
 talvez existe algum caminho mais simples.
Existe um canhão da aproximação, que é a fórmula de somatória de
Euler-MacLaurin, acho que você vai gostar de ler a respeito.

Ah, uma referência bem geral (e extremamente completa) sobre somas é o
Graham-Knuth-Patashnik, Concrete Mathematics

 Abraços,
 Maycon Maia Vitali

abraços,
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

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

Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número Harmônico

[Maycon Maia Vitali]

Fala Bernardo,

Obrigado pela resposta.

Colocar em forma de função é semelhante a dizer:

sum[i de A até B] i   = [Formula de PA]
sum[i de A até B] i^2 = [Formula de PG]

Entendeu?

Vou aproveitar e dar uma olhada no Knuth.

Abraços,
Maycon Maia Vitali

Bernardo Freitas Paulo da Costa escreveu:

2010/3/27 Maycon Maia Vitali mayconm...@yahoo.com.br:

Pessoal,

Mais uma vez venho com uma dúvida que pode ser simples para a maioria:

Qual método posso utilizar para resolver (colocar em forma de função) um
somatório harmônico finito (dito número harmônico):

O que você chama de colocar em forma de função ?


somatorio [i = 0 até n] 1/i = ?

Digamos que para mim, isso define muito bem uma função de N em R
(enfim, Q) cujos valores são justamente os números harmônicos. Você
gostaria de algo como uma forma fechada, sem precisar fazer a soma?


E se fosse 1/i^2? Seria semelhante?

tudo depende da resposta acima... mas como você deve saber que essa
série converge, é mais fácil de dar uma resposta aproximada, se n é
grande :) (e o resto da série também é fácil de aproximar).


Estou tentando fazer por *perturbação* (adorei esse método), mais acho que
talvez existe algum caminho mais simples.

Existe um canhão da aproximação, que é a fórmula de somatória de
Euler-MacLaurin, acho que você vai gostar de ler a respeito.

Ah, uma referência bem geral (e extremamente completa) sobre somas é o
Graham-Knuth-Patashnik, Concrete Mathematics


Abraços,
Maycon Maia Vitali


abraços,


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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número Harmônico

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2010/3/27 Maycon Maia Vitali mayconm...@yahoo.com.br:
 Fala Bernardo,
Oi Maycon.

 Obrigado pela resposta.

 Colocar em forma de função é semelhante a dizer:

 sum[i de A até B] i   = [Formula de PA]
 sum[i de A até B] i^2 = [Formula de PG]

 Entendeu?
Ah, você quer dizer forma fechada. Tipo, porque eu acho que

\sum [n inteiro] exp(pi * i * n^2 * tau + 2*pi*i*z) é uma função. De z
e tau, inclusive.

Ah, acho que você quis dizer PA de segunda ordem para a segunda
fórmula que você botou.

 Vou aproveitar e dar uma olhada no Knuth.
Aproveite e dê uma olhada na definição de função. A melhor coisa
seria ver num livro de história da matemática, para ver como as
pessoas mudaram a forma de ver isso, até chegar na definição de hoje,
que é um conjunto de pares ordenados de AxB tal que bla bla bla.
Funções já foram polinômios, composições algébricas de funções
conhecidas, somas de séries, ...

Digamos que a única resposta exata, que eu conheça, para a série
harmônica, é ela mesma, H(n). Só para perturbar: você acha que se
fosse algo do tipo sin(n) + log(n) seria muito melhor ? O que é
melhor ?

 Abraços,
 Maycon Maia Vitali

abraços,
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
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=

Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número Ha rmônico

[Maycon Maia Vitali]

Só um detalhe: Na segunda formula quis dizer 2^i.

Estou cometendo algumas gafes com relação aos nomes, estou querendo a 
forma fechada, como dito. A proposta inicial é pegar uma função em 
forma de somatório e colocar em forma fechada.


Estou lendo o capitulo 2 do livro do Knuth.

Poderia me indicar uma boa bibliografia sobre a história da matemática?

Obrigado,
Maycon Maia Vitali

Bernardo Freitas Paulo da Costa escreveu:

2010/3/27 Maycon Maia Vitali mayconm...@yahoo.com.br:

Fala Bernardo,

Oi Maycon.


Obrigado pela resposta.

Colocar em forma de função é semelhante a dizer:

sum[i de A até B] i   = [Formula de PA]
sum[i de A até B] i^2 = [Formula de PG]

Entendeu?

Ah, você quer dizer forma fechada. Tipo, porque eu acho que

\sum [n inteiro] exp(pi * i * n^2 * tau + 2*pi*i*z) é uma função. De z
e tau, inclusive.

Ah, acho que você quis dizer PA de segunda ordem para a segunda
fórmula que você botou.


Vou aproveitar e dar uma olhada no Knuth.

Aproveite e dê uma olhada na definição de função. A melhor coisa
seria ver num livro de história da matemática, para ver como as
pessoas mudaram a forma de ver isso, até chegar na definição de hoje,
que é um conjunto de pares ordenados de AxB tal que bla bla bla.
Funções já foram polinômios, composições algébricas de funções
conhecidas, somas de séries, ...

Digamos que a única resposta exata, que eu conheça, para a série
harmônica, é ela mesma, H(n). Só para perturbar: você acha que se
fosse algo do tipo sin(n) + log(n) seria muito melhor ? O que é
melhor ?


Abraços,
Maycon Maia Vitali


abraços,


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=
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=

[obm-l] Re: [obm-l] Número congruente

[Marcelo Salhab Brogliato]

Olá Jair,
temos que ter:

5 = a*b/2
sqrt(a^2 + b^2) racional

Assim:
ab = 10

Mas:
a^2 + b^2 = a^2 + 100/a^2 = (a^4 + 100)/a^2
Logo: sqrt[(a^4 + 100)/a^2] = sqrt(a^4 + 100)/a

Logo, temos que ter: sqrt(a^4 + 100) racional, isto é, a^4 + 100 não pode
ser irracional.
Como a é racional, temos: a = p/q.
sqrt(a^4 + 100) = sqrt(p^4 + 100q^4)/q^2.
Logo: p^4 + 100q^4 tem que ser um quadrado perfeito.

Temos que encontrar p e q inteiros, tal que p^4 + 100q^4 é um quadrado
perfeito.
Por inspeção, vejamos que p=3 e q=2 é um quadrado perfeito.

Logo, 5 é um número congruente.

abraços,
Salhab





2009/11/17 jair fernandes nettoj...@yahoo.com.br

  Dizemos que
 *n *inteiro positivo é um *número congruente *se existe um triângulo
 retângulo com todos os lados de medidas racionais e área *n*. Por exemplo:

 30 é um número congruente, pois é a área do triângulo retângulo de lados 5,
 12 e 13;
 15 é um número congruente, pois é a área do triângulo retângulo de lados 4,
 15/2 e 17/2.
 Prove que 5 é um número congruente.


 --
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[obm-l] Re: [obm-l] Número de Soluções - Eq . Modular

[lucianarodriggues]

Em 02/06/2009 23:13, Carlos Nehab  ne...@infolink.com.br  escreveu:
Oi, Fabricio,Em minha opinião o que o examinador deseja nestes casos é exatamente perceber sua maturidade para resolver o problema graficamente..., poisnão interesse no braçal.No caso, a interseção da clásica "letra W" com uma parabolinha "deitada"...Abraços,Nehabfabrici...@usp.br escreveu: Determinar o número de soluções da equação | |x+1| - 2 | = sqrt(x+4) | | - módulo sqrt( ) - raiz quadrada Esse problema caiu em alguma vestibular do Mackenzie. Resolvi  construindo os gráficos, mas creio que não era essa a resposta  esperada pelos examinadores. Na tentativa de elevar os membros ao quadrado, aparecem equações de 2º  grau cujas raízes não são racionais, o que torna b
 astante trabalhoso  verificar a validade das mesmas. Alguém enxerga alguma maneira simples de verificar a quantidade de  soluções reais? . = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html ==Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html=
=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

Re: [obm-l] Número de Soluções - Eq . Modular

[Carlos Nehab]

Oi, Fabricio,

Em minha opinião o que o examinador deseja nestes casos é exatamente 
perceber sua maturidade para resolver o problema graficamente..., 
poisnão interesse no braçal.

No caso, a interseção da clásica letra W com uma parabolinha deitada...

Abraços,
Nehab

fabrici...@usp.br escreveu:

Determinar o número de soluções da equação | |x+1| - 2 | = sqrt(x+4)

|  |  - módulo

sqrt( ) - raiz quadrada

Esse problema caiu em alguma vestibular do Mackenzie. Resolvi 
construindo os gráficos, mas creio que não era essa a resposta 
esperada pelos examinadores.


Na tentativa de elevar os membros ao quadrado, aparecem equações de 2º 
grau cujas raízes não são racionais, o que torna bastante trabalhoso 
verificar a validade das mesmas.


Alguém enxerga alguma maneira simples de verificar a quantidade de 
soluções reais?


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



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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm- l] [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l ] número primo...

[luiz silva]

Ola Bruno,
 
Então, vou mudar : todo número primo pode ser escrito como a soma de 2 primos : 
Qdo o no. 2 está na soma, não subtrai-se ou soma-se 1, qdo 2 não está, soma-se 
ou subtrai-se 1.
 
Abs
Felipe

--- Em qui, 9/4/09, Bruno França dos Reis bfr...@gmail.com escreveu:

De: Bruno França dos Reis bfr...@gmail.com
Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] Re: [obm-l] Re: 
[obm-l] Re: [obm-l] número primo...
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Quinta-feira, 9 de Abril de 2009, 20:31


Cara, essa é fácil, vai... é só parar 10 segundos pra testar alguns primos...
2 é primo, 3 é primo, 2+3 = 5; 5+1 = 6, composto, 5-1 = 4, composto.
2 é primo, 5 é primo, 2+5 = 7; 7+1 = 8 composto, 7-1 = 6, composto.
...
2 é primo, x é primo impar, 2 + x + 1 é par, composto, 2 + x - 1 é par, 
composto...


Antes que vc fale ah, mas e se eu falar a soma de dois primos ímpares, que vc 
tb pode descobrir pensando mais um tiquinho,


13 + 13 = 26, 26 - 1 = 25, composto, 26 + 1 = 27, composto


Finalmente, vc pode pensar mas... mas... e se forem dois primos ímpares 
distintos?, e mais um pouquinho vc acha que:


3 + 23 = 26, ..., +1 e -1, compostos.




Viu? Não era simples?



Bruno



--

Bruno FRANÇA DOS REIS

msn: brunoreis...@hotmail.com
skype: brunoreis666
tel: +33 (0)6 28 43 42 16

http://brunoreis.com
http://blog.brunoreis.com

GPG Key: http://brunoreis.com/bruno-public.key

e^(pi*i)+1=0



2009/4/10 luiz silva luizfelipec...@yahoo.com.br






Legal, essa é nova para mim.
 
A colocação qeu fiz no final está erradao que quero dizer é se a soma de 2 
primos, mais ou menos 1 dá sempre outro primo ?

--- Em qui, 9/4/09, fabrici...@usp.br fabrici...@usp.br escreveu:

De: fabrici...@usp.br fabrici...@usp.br
Assunto: Re: [obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] 
número primo...

Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Quinta-feira, 9 de Abril de 2009, 16:57




Pelo algoritmo de Euclides, todo inteiro n quando dividido por 6, terá uma das
formas abaixo:

6k
6k + 1
6k + 2
6k + 3
6k + 4
6k + 5


6k é composto para qualquer k  0, pois será múltiplo de 6.
6k + 1 pode ser primo, pois mdc(6;1) = 1.
6k + 2 = 2(k+1), é múltiplo de 2.
6k + 3 = 3(k+1), é múltiplo de 3.
6k + 4 = 2(3k+2) é múltiplo de 2.
6k + 5 pode ser primo, pois mdc(6;5) = 1


Veja que só existe um primo da forma 6k + 2, para k = 0.
Veja tambémn que só existe um primo da forma 6k + 3, para k = 0.

6k + 1 pode ser primo. Mas nem todo número dessa forma é primo. (exemplo: k =
4)
6k + 5 pode ser primo. Mas nem todo número dessa forma é primo. (exemplo: k =
5)


Retomando: como todo inteiro tem uma das formas acima, é verdadeiro que todo
primo maior que 3 tem a forma 6k + 1 ou 6k + 5 [esse último é equivalente a 6k
- 1, pois 6(k-1) + 5 = 6k - 1]

.


On Apr 9, 2009, at 15:36 , luiz silva wrote:

 Eu naõ sabia dessa relação.
 
 Aliás, alguém sabe se todo primo pode ser escrito como a soma de outros
dois primos, mais ou menos 1 ?
 
 Abs
 Felipe
 --- Em qui, 9/4/09, Alexandre Kunieda alexandre.kuni...@gmail.com
escreveu:
 De: Alexandre Kunieda alexandre.kuni...@gmail.com
 Assunto: [obm-l] [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] número
primo...
 Para: obm-l@mat.puc-rio.br
 Data: Quinta-feira, 9 de Abril de 2009, 14:55
 
 Olá!
 
 Eu pensei em usar o fato de que todo primo maior que 3 pode ser escrito da
forma 6k+1 ou 6k-1.
 
 Se temos n=6k+1:
 (n-1)(n+1) = 6k(6k+2) = 12k(3k+1)
 
 E para n=6k-1:
 (n-1)(n+1) = (6k-2)6k = 12(3k-1)k
 
 Logo, para todo n  3 primo, teremos que n^2 - 1 é múltiplo de 12.
 
 
 Abraços,
 Alexandre Kunieda
 
 2009/4/9 luiz silva luizfelipec...@yahoo.com.br
 Ola.
 
 Pense no seguinte : quais são os restos possíveis numa divisão por 3 ?
0, 1 ou 2.
 
 Agora, um número que deixa resto 0, elevado ao quadrado deixará resto 0;
um que deixa resto 1, elevado ao quadrado (3x+1)^2 deixará resto 1 e o que
deixa resto 2, elevado ao quadrado deixará (3x+2)^2 resto 1, pois o termo
independente de x será 4 = 3 + 1.
 
 Abs
 Felipe
 
 --- Em qui, 9/4/09, jgpreturlan jgpretur...@uol.com.br escreveu:
 De: jgpreturlan jgpretur...@uol.com.br
 Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] número primo...
 
 Para: obm-l@mat.puc-rio.br
 Data: Quinta-feira, 9 de Abril de 2009, 12:21
 
 Olá!
 
 Obrigado pela solução proposta, Felipe. Mas ela me traz uma outra
indagação: Você assumiu que n^2 deixa resto 1 ou 0 quando dividido por
3. Isso pode ser testado facilmente com alguns quadrados perfeitos. Mas como
provar que qualquer quadrado perfeito deixa restos 1 ou 0 quando divididos por
3? Alguem sabe algo que demonstre isso?
 
 []'s
 João Preturlan.
 
 
 
 Em 09/04/2009 08:08, luiz silva  luizfelipec...@yahoo.com.br 
escreveu:
 
 Ola
 Â
 Repare que n^2-1 = (n+1)(n-1). Como n é impar, (n+1)(n-1) é
múltiplo de 4. Além disso, n^2 deixa resto 0 ou 1 qo dividido por 3. Como
n3 e primo, então n^2 deixa resto 1 quando dividido por 3. Assim, n^2-1
deixa resto 0 qdo dividido por 3.
 Â
 Com isso, 3 e 4 (12)Â dividem n^2-1.
 Â
 Abs
 Felipe
 
 --- Em

[obm-l] Re: [obm-l] número primo...

[luiz silva]

Ola 
 
Repare que n^2-1 = (n+1)(n-1). Como n é impar, (n+1)(n-1) é múltiplo de 4. Além 
disso, n^2 deixa resto 0 ou 1 qo dividido por 3. Como n3 e primo, então n^2 
deixa resto 1 quando dividido por 3. Assim, n^2-1 deixa resto 0 qdo dividido 
por 3.
 
Com isso, 3 e 4 (12) dividem n^2-1.
 
Abs
Felipe

--- Em qui, 9/4/09, jgpreturlan jgpretur...@uol.com.br escreveu:

De: jgpreturlan jgpretur...@uol.com.br
Assunto: [obm-l] número primo...
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Quinta-feira, 9 de Abril de 2009, 1:25



 

Peço uma ajuda aos caros colegas com a seguinte questão:

Dado um número primo N maior que três, prove que (N^2 - 1) é um múltiplo 
de 12.

Desde Já Agradeço!

João 
Preturlan.=
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= 


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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] número primo.. .

[luiz silva]

Na realidade, isto vale para qualquer n ímpar, desde que mdc (n,3)=1.
 
Abss
Felipe

--- Em qui, 9/4/09, luiz silva luizfelipec...@yahoo.com.br escreveu:

De: luiz silva luizfelipec...@yahoo.com.br
Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] número primo...
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Quinta-feira, 9 de Abril de 2009, 8:08







Ola 
 
Repare que n^2-1 = (n+1)(n-1). Como n é impar, (n+1)(n-1) é múltiplo de 4. Além 
disso, n^2 deixa resto 0 ou 1 qo dividido por 3. Como n3 e primo, então n^2 
deixa resto 1 quando dividido por 3. Assim, n^2-1 deixa resto 0 qdo dividido 
por 3.
 
Com isso, 3 e 4 (12) dividem n^2-1.
 
Abs
Felipe

--- Em qui, 9/4/09, jgpreturlan jgpretur...@uol.com.br escreveu:

De: jgpreturlan jgpretur...@uol.com.br
Assunto: [obm-l] número primo...
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Quinta-feira, 9 de Abril de 2009, 1:25



 

Peço uma ajuda aos caros colegas com a seguinte questão:

Dado um número primo N maior que três, prove que (N^2 - 1) é um múltiplo 
de 12.

Desde Já Agradeço!

João 
Preturlan.=
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] número primo...

[jgpreturlan]

Olá!Obrigado pela solução proposta, Felipe. Mas ela me traz uma outra indagação: Você assumiu que n^2 deixa resto 1 ou 0 quando dividido por 3. Isso pode ser testado facilmente com alguns quadrados perfeitos. Mas como provar que qualquer quadrado perfeito deixa restos 1 ou 0 quando divididos por 3? Alguem sabe algo que demonstre isso?[]'sJoão Preturlan.Em 09/04/2009 08:08, luiz silva  luizfelipec...@yahoo.com.br  escreveu:





Ola
 
Repare que n^2-1 = (n+1)(n-1). Como n é impar, (n+1)(n-1) é múltiplo de 4. Além disso, n^2 deixa resto 0 ou 1 qo dividido por 3. Como n3 e primo, então n^2 deixa resto 1 quando dividido por 3. Assim, n^2-1 deixa resto 0 qdo dividido por 3.
 
Com isso, 3 e 4 (12) dividem n^2-1.
 
Abs
Felipe--- Em qui, 9/4/09, jgpreturlan escreveu:
De: jgpreturlan Assunto: [obm-l] número primo...Para: obm-l@mat.puc-rio.brData: Quinta-feira, 9 de Abril de 2009, 1:25

 
Peço uma ajuda aos caros colegas com a seguinte questão:"Dado um número primo N maior que três, prove que (N^2 - 1) é um múltiplo de 12."Desde Já Agradeço!João Preturlan.
= Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =







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Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
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=

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] número primo...

[Bruno França dos Reis]

Fácil: se vc fizer por congruências, sai direto. As classes de congruência
módulo 3 são 0, 1 e 2.
0^2 = 0
1^2 = 1
2^2 = 4 = 1

Pronto, todos os quadrados de números congruentes a 0 mod 3 deixam resto 0
mod 3. Todos os quadrados de todos os outros números deixam resto 1 mod 3.

Sem congruências, tb é fácil, só dá mais trabalho (pois essencialmente
fazemos a mesma coisa, só escondemos a notação de congruências). Todo
inteiro a pode ser escrito de uma das três formas a seguir:
(1) a = 3k
(2) a = 3k + 1
(3) a = 3k + 2

No caso (1) temos:
a^2 = 9k^2 = 3*(3k^2), que é múltiplo de 3, o que significa que deixa resto
0 na divisão por 3.

No caso (2) temos:
a^2 = 9k^2 + 6k + 1 = 3(3k^2 + 2k) + 1, que é o sucessor de um múltiplo de
3, o que significa que deixa resto 1 na divisão por 3.

Finalmente, no caso (3), temos:
a^2 = 9k^2 + 12k + 4 = 3(3k^2 + 4k + 1) + 1, que é novamente o sucessor de
um múltiplo de 3, deixando também resto 1 na divisão por 3.


Abraço
Bruno



--
Bruno FRANÇA DOS REIS

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GPG Key: http://brunoreis.com/bruno-public.key

e^(pi*i)+1=0


2009/4/9 jgpreturlan jgpretur...@uol.com.br

 Olá!

 Obrigado pela solução proposta, Felipe. Mas ela me traz uma outra
 indagação: Você assumiu que n^2 deixa resto 1 ou 0 quando dividido por 3.
 Isso pode ser testado facilmente com alguns quadrados perfeitos. Mas como
 provar que qualquer quadrado perfeito deixa restos 1 ou 0 quando divididos
 por 3? Alguem sabe algo que demonstre isso?

 []'s
 João Preturlan.


 Em 09/04/2009 08:08, *luiz silva  luizfelipec...@yahoo.com.br *escreveu:


   Ola

 Repare que n^2-1 = (n+1)(n-1). Como n é impar, (n+1)(n-1) é múltiplo de 4.
 Além disso, n^2 deixa resto 0 ou 1 qo dividido por 3. Como n3 e primo,
 então n^2 deixa resto 1 quando dividido por 3. Assim, n^2-1 deixa resto 0
 qdo dividido por 3.

 Com isso, 3 e 4 (12) dividem n^2-1.

 Abs
 Felipe

 --- Em *qui, 9/4/09, jgpreturlan *escreveu:

 De: jgpreturlan
 Assunto: [obm-l] número primo...
 Para: obm-l@mat.puc-rio.br
 Data: Quinta-feira, 9 de Abril de 2009, 1:25



 Peço uma ajuda aos caros colegas com a seguinte questão:

 Dado um número primo N maior que três, prove que (N^2 - 1) é um múltiplo
 de 12.

 Desde Já Agradeço!

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


 --
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] número p rimo...

[luiz silva]

Ola.
 
Pense no seguinte : quais são os restos possíveis numa divisão por 3 ? 0, 1 ou 
2.
 
Agora, um número que deixa resto 0, elevado ao quadrado deixará resto 0; um que 
deixa resto 1, elevado ao quadrado (3x+1)^2 deixará resto 1 e o que deixa resto 
2, elevado ao quadrado deixará (3x+2)^2 resto 1, pois o termo independente de x 
será 4 = 3 + 1.
 
Abs
Felipe

--- Em qui, 9/4/09, jgpreturlan jgpretur...@uol.com.br escreveu:

De: jgpreturlan jgpretur...@uol.com.br
Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] número primo...
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Quinta-feira, 9 de Abril de 2009, 12:21



Olá!

Obrigado pela solução proposta, Felipe. Mas ela me traz uma outra 
indagação: Você assumiu que n^2 deixa resto 1 ou 0 quando dividido por 3. 
Isso pode ser testado facilmente com alguns quadrados perfeitos. Mas como 
provar que qualquer quadrado perfeito deixa restos 1 ou 0 quando divididos por 
3? Alguem sabe algo que demonstre isso?

[]'s
João Preturlan.


Em 09/04/2009 08:08, luiz silva  luizfelipec...@yahoo.com.br  escreveu:






Ola
 
Repare que n^2-1 = (n+1)(n-1). Como n é impar, (n+1)(n-1) é múltiplo de 4. 
Além disso, n^2 deixa resto 0 ou 1 qo dividido por 3. Como n3 e primo, então 
n^2 deixa resto 1 quando dividido por 3. Assim, n^2-1 deixa resto 0 qdo 
dividido por 3.
 
Com isso, 3 e 4 (12) dividem n^2-1.
 
Abs
Felipe

--- Em qui, 9/4/09, jgpreturlan escreveu:

De: jgpreturlan 
Assunto: [obm-l] número primo...
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Quinta-feira, 9 de Abril de 2009, 1:25



 

Peço uma ajuda aos caros colegas com a seguinte questão:

Dado um número primo N maior que três, prove que (N^2 - 1) é um 
múltiplo de 12.

Desde Já Agradeço!

João 
Preturlan.=
 Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em 
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[obm-l] [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] número primo...

[Alexandre Kunieda]

Olá!

Eu pensei em usar o fato de que todo primo maior que 3 pode ser escrito da
forma 6k+1 ou 6k-1.

Se temos n=6k+1:
(n-1)(n+1) = 6k(6k+2) = 12k(3k+1)

E para n=6k-1:
(n-1)(n+1) = (6k-2)6k = 12(3k-1)k

Logo, para todo n  3 primo, teremos que n^2 - 1 é múltiplo de 12.


Abraços,
Alexandre Kunieda

2009/4/9 luiz silva luizfelipec...@yahoo.com.br

 Ola.

 Pense no seguinte : quais são os restos possíveis numa divisão por 3 ? 0, 1
 ou 2.

 Agora, um número que deixa resto 0, elevado ao quadrado deixará resto 0; um
 que deixa resto 1, elevado ao quadrado (3x+1)^2 deixará resto 1 e o que
 deixa resto 2, elevado ao quadrado deixará (3x+2)^2 resto 1, pois o termo
 independente de x será 4 = 3 + 1.

 Abs
 Felipe

 --- Em *qui, 9/4/09, jgpreturlan jgpretur...@uol.com.br* escreveu:

 De: jgpreturlan jgpretur...@uol.com.br
 Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] número primo...
 Para: obm-l@mat.puc-rio.br
 Data: Quinta-feira, 9 de Abril de 2009, 12:21

  Olá!

 Obrigado pela solução proposta, Felipe. Mas ela me traz uma outra
 indagação: Você assumiu que n^2 deixa resto 1 ou 0 quando dividido por 3.
 Isso pode ser testado facilmente com alguns quadrados perfeitos. Mas como
 provar que qualquer quadrado perfeito deixa restos 1 ou 0 quando divididos
 por 3? Alguem sabe algo que demonstre isso?

 []'s
 João Preturlan.


 Em 09/04/2009 08:08, *luiz silva  luizfelipec...@yahoo.com.br *escreveu:


   Ola
 Â
 Repare que n^2-1 = (n+1)(n-1). Como n é impar, (n+1)(n-1) é múltiplo de
 4. Além disso, n^2 deixa resto 0 ou 1 qo dividido por 3. Como n3 e primo,
 então n^2 deixa resto 1 quando dividido por 3. Assim, n^2-1 deixa resto 0
 qdo dividido por 3.
 Â
 Com isso, 3 e 4 (12)Â dividem n^2-1.
 Â
 Abs
 Felipe

 --- Em *qui, 9/4/09, jgpreturlan *escreveu:

 De: jgpreturlan
 Assunto: [obm-l] número primo...
 Para: obm-l@mat.puc-rio.br
 Data: Quinta-feira, 9 de Abril de 2009, 1:25

  ÂÂ

 Peço uma ajuda aos caros colegas com a seguinte questão:

 Dado um número primo N maior que três, prove que (N^2 - 1) é um
 múltiplo de 12.

 Desde Já Agradeço!

 João Preturlan.

Re: [obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] Re: [obm-l] Re: [ obm-l] Re: [obm-l] número primo...

[fabrici...@usp.br]

Pelo algoritmo de Euclides, todo inteiro n quando dividido por 6,  
terá uma das formas abaixo:


6k
6k + 1
6k + 2
6k + 3
6k + 4
6k + 5


6k é composto para qualquer k  0, pois será múltiplo de 6.
6k + 1 pode ser primo, pois mdc(6;1) = 1.
6k + 2 = 2(k+1), é múltiplo de 2.
6k + 3 = 3(k+1), é múltiplo de 3.
6k + 4 = 2(3k+2) é múltiplo de 2.
6k + 5 pode ser primo, pois mdc(6;5) = 1


Veja que só existe um primo da forma 6k + 2, para k = 0.
Veja tambémn que só existe um primo da forma 6k + 3, para k = 0.

6k + 1 pode ser primo. Mas nem todo número dessa forma é primo.  
(exemplo: k = 4)
6k + 5 pode ser primo. Mas nem todo número dessa forma é primo.  
(exemplo: k = 5)



Retomando: como todo inteiro tem uma das formas acima, é verdadeiro  
que todo primo maior que 3 tem a forma 6k + 1 ou 6k + 5 [esse último  
é equivalente a 6k - 1, pois 6(k-1) + 5 = 6k - 1]


.


On Apr 9, 2009, at 15:36 , luiz silva wrote:


Eu naõ sabia dessa relação.

Aliás, alguém sabe se todo primo pode ser escrito como a soma de  
outros dois primos, mais ou menos 1 ?


Abs
Felipe
--- Em qui, 9/4/09, Alexandre Kunieda alexandre.kuni...@gmail.com  
escreveu:

De: Alexandre Kunieda alexandre.kuni...@gmail.com
Assunto: [obm-l] [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] número  
primo...

Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Quinta-feira, 9 de Abril de 2009, 14:55

Olá!

Eu pensei em usar o fato de que todo primo maior que 3 pode ser  
escrito da forma 6k+1 ou 6k-1.


Se temos n=6k+1:
(n-1)(n+1) = 6k(6k+2) = 12k(3k+1)

E para n=6k-1:
(n-1)(n+1) = (6k-2)6k = 12(3k-1)k

Logo, para todo n  3 primo, teremos que n^2 - 1 é múltiplo de 12.


Abraços,
Alexandre Kunieda

2009/4/9 luiz silva luizfelipec...@yahoo.com.br
Ola.

Pense no seguinte : quais são os restos possíveis numa divisão por  
3 ? 0, 1 ou 2.


Agora, um número que deixa resto 0, elevado ao quadrado deixará  
resto 0; um que deixa resto 1, elevado ao quadrado (3x+1)^2 deixará  
resto 1 e o que deixa resto 2, elevado ao quadrado deixará (3x+2)^2  
resto 1, pois o termo independente de x será 4 = 3 + 1.


Abs
Felipe

--- Em qui, 9/4/09, jgpreturlan jgpretur...@uol.com.br escreveu:
De: jgpreturlan jgpretur...@uol.com.br
Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] número primo...

Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Quinta-feira, 9 de Abril de 2009, 12:21

Olá!

Obrigado pela solução proposta, Felipe. Mas ela me traz uma outra  
indagação: Você assumiu que n^2 deixa resto 1 ou 0 quando  
dividido por 3. Isso pode ser testado facilmente com alguns  
quadrados perfeitos. Mas como provar que qualquer quadrado perfeito  
deixa restos 1 ou 0 quando divididos por 3? Alguem sabe algo que  
demonstre isso?


[]'s
João Preturlan.



Em 09/04/2009 08:08, luiz silva  luizfelipec...@yahoo.com.br   
escreveu:


Ola
Â
Repare que n^2-1 = (n+1)(n-1). Como n é impar, (n+1)(n-1) é  
múltiplo de 4. Além disso, n^2 deixa resto 0 ou 1 qo dividido por  
3. Como n3 e primo, então n^2 deixa resto 1 quando dividido por  
3. Assim, n^2-1 deixa resto 0 qdo dividido por 3.

Â
Com isso, 3 e 4 (12)Â dividem n^2-1.
Â
Abs
Felipe

--- Em qui, 9/4/09, jgpreturlan escreveu:
De: jgpreturlan
Assunto: [obm-l] número primo...

Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Quinta-feira, 9 de Abril de 2009, 1:25

ÂÂ

Peço uma ajuda aos caros colegas com a seguinte questão:

Dado um número primo N maior que três, prove que (N^2 - 1)  
é um múltiplo de 12.


Desde Já Agradeço!

João Preturlan.




Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 10  
- Celebridades - Música - Esportes



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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] Re: [obm-l] R e: [obm-l] Re: [obm-l] número primo...

[luiz silva]

Legal, essa é nova para mim.
 
A colocação qeu fiz no final está erradao que quero dizer é se a soma de 2 
primos, mais ou menos 1 dá sempre outro primo ?

--- Em qui, 9/4/09, fabrici...@usp.br fabrici...@usp.br escreveu:

De: fabrici...@usp.br fabrici...@usp.br
Assunto: Re: [obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] 
número primo...
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Quinta-feira, 9 de Abril de 2009, 16:57

Pelo algoritmo de Euclides, todo inteiro n quando dividido por 6, terá uma das
formas abaixo:

6k
6k + 1
6k + 2
6k + 3
6k + 4
6k + 5


6k é composto para qualquer k  0, pois será múltiplo de 6.
6k + 1 pode ser primo, pois mdc(6;1) = 1.
6k + 2 = 2(k+1), é múltiplo de 2.
6k + 3 = 3(k+1), é múltiplo de 3.
6k + 4 = 2(3k+2) é múltiplo de 2.
6k + 5 pode ser primo, pois mdc(6;5) = 1


Veja que só existe um primo da forma 6k + 2, para k = 0.
Veja tambémn que só existe um primo da forma 6k + 3, para k = 0.

6k + 1 pode ser primo. Mas nem todo número dessa forma é primo. (exemplo: k =
4)
6k + 5 pode ser primo. Mas nem todo número dessa forma é primo. (exemplo: k =
5)


Retomando: como todo inteiro tem uma das formas acima, é verdadeiro que todo
primo maior que 3 tem a forma 6k + 1 ou 6k + 5 [esse último é equivalente a 6k
- 1, pois 6(k-1) + 5 = 6k - 1]

.


On Apr 9, 2009, at 15:36 , luiz silva wrote:

 Eu naõ sabia dessa relação.
 
 Aliás, alguém sabe se todo primo pode ser escrito como a soma de outros
dois primos, mais ou menos 1 ?
 
 Abs
 Felipe
 --- Em qui, 9/4/09, Alexandre Kunieda alexandre.kuni...@gmail.com
escreveu:
 De: Alexandre Kunieda alexandre.kuni...@gmail.com
 Assunto: [obm-l] [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] número
primo...
 Para: obm-l@mat.puc-rio.br
 Data: Quinta-feira, 9 de Abril de 2009, 14:55
 
 Olá!
 
 Eu pensei em usar o fato de que todo primo maior que 3 pode ser escrito da
forma 6k+1 ou 6k-1.
 
 Se temos n=6k+1:
 (n-1)(n+1) = 6k(6k+2) = 12k(3k+1)
 
 E para n=6k-1:
 (n-1)(n+1) = (6k-2)6k = 12(3k-1)k
 
 Logo, para todo n  3 primo, teremos que n^2 - 1 é múltiplo de 12.
 
 
 Abraços,
 Alexandre Kunieda
 
 2009/4/9 luiz silva luizfelipec...@yahoo.com.br
 Ola.
 
 Pense no seguinte : quais são os restos possíveis numa divisão por 3 ?
0, 1 ou 2.
 
 Agora, um número que deixa resto 0, elevado ao quadrado deixará resto 0;
um que deixa resto 1, elevado ao quadrado (3x+1)^2 deixará resto 1 e o que
deixa resto 2, elevado ao quadrado deixará (3x+2)^2 resto 1, pois o termo
independente de x será 4 = 3 + 1.
 
 Abs
 Felipe
 
 --- Em qui, 9/4/09, jgpreturlan jgpretur...@uol.com.br escreveu:
 De: jgpreturlan jgpretur...@uol.com.br
 Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] número primo...
 
 Para: obm-l@mat.puc-rio.br
 Data: Quinta-feira, 9 de Abril de 2009, 12:21
 
 Olá!
 
 Obrigado pela solução proposta, Felipe. Mas ela me traz uma outra
indagação: Você assumiu que n^2 deixa resto 1 ou 0 quando dividido por
3. Isso pode ser testado facilmente com alguns quadrados perfeitos. Mas como
provar que qualquer quadrado perfeito deixa restos 1 ou 0 quando divididos por
3? Alguem sabe algo que demonstre isso?
 
 []'s
 João Preturlan.
 
 
 
 Em 09/04/2009 08:08, luiz silva  luizfelipec...@yahoo.com.br 
escreveu:
 
 Ola
 Â
 Repare que n^2-1 = (n+1)(n-1). Como n é impar, (n+1)(n-1) é
múltiplo de 4. Além disso, n^2 deixa resto 0 ou 1 qo dividido por 3. Como
n3 e primo, então n^2 deixa resto 1 quando dividido por 3. Assim, n^2-1
deixa resto 0 qdo dividido por 3.
 Â
 Com isso, 3 e 4 (12)Â dividem n^2-1.
 Â
 Abs
 Felipe
 
 --- Em qui, 9/4/09, jgpreturlan escreveu:
 De: jgpreturlan
 Assunto: [obm-l] número primo...
 
 Para: obm-l@mat.puc-rio.br
 Data: Quinta-feira, 9 de Abril de 2009, 1:25
 
 ÂÂ
 
 Peço uma ajuda aos caros colegas com a seguinte questão:
 
 Dado um número primo N maior que três, prove que (N^2
- 1) é um múltiplo de 12.
 
 Desde Já Agradeço!
 
 João Preturlan.
 
 
 
 
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] Re: [obm -l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] número primo...

[Bruno França dos Reis]

Cara, essa é fácil, vai... é só parar 10 segundos pra testar alguns
primos...2 é primo, 3 é primo, 2+3 = 5; 5+1 = 6, composto, 5-1 = 4,
composto.
2 é primo, 5 é primo, 2+5 = 7; 7+1 = 8 composto, 7-1 = 6, composto.
...
2 é primo, x é primo impar, 2 + x + 1 é par, composto, 2 + x - 1 é par,
composto...

Antes que vc fale ah, mas e se eu falar a soma de dois primos ímpares, que
vc tb pode descobrir pensando mais um tiquinho,

13 + 13 = 26, 26 - 1 = 25, composto, 26 + 1 = 27, composto

Finalmente, vc pode pensar mas... mas... e se forem dois primos ímpares
distintos?, e mais um pouquinho vc acha que:

3 + 23 = 26, ..., +1 e -1, compostos.


Viu? Não era simples?

Bruno

--
Bruno FRANÇA DOS REIS

msn: brunoreis...@hotmail.com
skype: brunoreis666
tel: +33 (0)6 28 43 42 16

http://brunoreis.com
http://blog.brunoreis.com

GPG Key: http://brunoreis.com/bruno-public.key

e^(pi*i)+1=0


2009/4/10 luiz silva luizfelipec...@yahoo.com.br

 Legal, essa é nova para mim.

 A colocação qeu fiz no final está erradao que quero dizer é se a soma
 de 2 primos, mais ou menos 1 dá sempre outro primo ?

 --- Em *qui, 9/4/09, fabrici...@usp.br fabrici...@usp.br* escreveu:

 De: fabrici...@usp.br fabrici...@usp.br
 Assunto: Re: [obm-l] Re: [obm-l] [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re:
 [obm-l] número primo...
 Para: obm-l@mat.puc-rio.br
 Data: Quinta-feira, 9 de Abril de 2009, 16:57


 Pelo algoritmo de Euclides, todo inteiro n quando dividido por 6, terá uma das
 formas abaixo:

 6k
 6k + 1
 6k + 2
 6k + 3
 6k + 4
 6k + 5


 6k é composto para qualquer k  0, pois será múltiplo de 6.
 6k + 1 pode ser primo, pois mdc(6;1) = 1.
 6k + 2 = 2(k+1), é múltiplo de 2.
 6k + 3 = 3(k+1), é múltiplo de 3.
 6k + 4 = 2(3k+2) é múltiplo de 2.
 6k + 5 pode ser primo, pois mdc(6;5) = 1


 Veja que só existe um primo da forma 6k + 2, para k = 0.
 Veja tambémn que só existe um primo da forma 6k + 3, para k = 0.

 6k + 1 pode ser primo. Mas nem todo número dessa forma é primo. (exemplo: k =
 4)
 6k + 5 pode ser primo. Mas nem todo número dessa forma é primo. (exemplo: k =
 5)


 Retomando: como todo inteiro tem uma das formas acima, é verdadeiro que todo
 primo maior que 3 tem a forma 6k + 1 ou 6k + 5 [esse último é equivalente a 6k
 - 1, pois 6(k-1) + 5 = 6k - 1]

 .


 On Apr 9, 2009, at 15:36 , luiz silva wrote:

  Eu naõ sabia dessa relação.
 
  Aliás, alguém sabe se todo primo pode ser escrito como a soma de outros
 dois primos, mais ou menos 1 ?
 
  Abs
  Felipe
  --- Em qui, 9/4/09, Alexandre Kunieda alexandre.kuni...@gmail.com
 escreveu:
  De: Alexandre Kunieda alexandre.kuni...@gmail.com
  Assunto: [obm-l] [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] número
 primo...
  Para: obm-l@mat.puc-rio.br
  Data: Quinta-feira, 9 de Abril de 2009, 14:55
 
  Olá!
 
  Eu pensei em usar o fato de que todo primo maior que 3 pode ser escrito da
 forma 6k+1 ou 6k-1.
 
  Se temos n=6k+1:
  (n-1)(n+1) = 6k(6k+2) = 12k(3k+1)
 
  E para n=6k-1:
  (n-1)(n+1) = (6k-2)6k = 12(3k-1)k
 
  Logo, para todo n  3 primo, teremos que n^2 - 1 é múltiplo de 12.
 
 
  Abraços,
  Alexandre Kunieda
 
  2009/4/9 luiz silva luizfelipec...@yahoo.com.br
  Ola.
 
  Pense no seguinte : quais são os restos possíveis numa divisão por 3 ?
 0, 1 ou 2.
 
  Agora, um número que deixa resto 0, elevado ao quadrado deixará resto 0;
 um que deixa resto 1, elevado ao quadrado (3x+1)^2 deixará resto 1 e o que
 deixa resto 2, elevado ao quadrado deixará (3x+2)^2 resto 1, pois o termo
 independente de x será 4 = 3 + 1.
 
  Abs
  Felipe
 
  --- Em qui, 9/4/09, jgpreturlan jgpretur...@uol.com.br escreveu:
  De: jgpreturlan jgpretur...@uol.com.br
  Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] número primo...
 
  Para: obm-l@mat.puc-rio.br
  Data: Quinta-feira, 9 de Abril de 2009, 12:21
 
  Olá!
 
  Obrigado pela solução proposta, Felipe. Mas ela me traz uma outra
 indagação: Você assumiu que n^2 deixa resto 1 ou 0 quando dividido por
 3. Isso pode ser testado facilmente com alguns quadrados perfeitos. Mas como
 provar que qualquer quadrado perfeito deixa restos 1 ou 0 quando divididos por
 3? Alguem sabe algo que demonstre isso?
 
  []'s
  João Preturlan.
 
 
 
  Em 09/04/2009 08:08, luiz silva  luizfelipec...@yahoo.com.br 
 escreveu:
 
  Ola
  Â
  Repare que n^2-1 = (n+1)(n-1). Como n é impar, (n+1)(n-1) é
 múltiplo de 4. Além disso, n^2 deixa resto 0 ou 1 qo dividido por 3. Como
 n3 e primo, então n^2 deixa resto 1 quando dividido por 3. Assim, n^2-1
 deixa resto 0 qdo dividido por 3.
  Â
  Com isso, 3 e 4 (12)Â dividem n^2-1.
  Â
  Abs
  Felipe
 
  --- Em qui, 9/4/09, jgpreturlan escreveu:
  De: jgpreturlan
  Assunto: [obm-l] número primo...
 
  Para: obm-l@mat.puc-rio.br
  Data: Quinta-feira, 9 de Abril de 2009, 1:25
 
  ÂÂ
 
  Peço uma ajuda aos caros colegas com a seguinte questão:
 
  Dado um número primo N maior que três, prove que (N^2
 - 1) é um múltiplo de 12.
 
  Desde Já Agradeço!
 
  João Preturlan.
 
 
 
 
  Veja quais são os assuntos do momento

Re: [obm-l] Número de quadrados

[Wanderley Guimarães]

Eu resolvi um pouco diferente.

Quantos quadrados 1x1 podemos formar?
(n+1 escolhe 2)

Quantos quadrados 2x2 podemos formar?
(n escolhe 2)

...

Então temos Somatorio de i = 2 até n + 1 de (i escolhe 2) = 2^(n+1)

Errei em algum canto?

On Wed, Jul 9, 2008 at 6:51 PM, Felipe Diniz [EMAIL PROTECTED] wrote:
 Para uma escada de tamanho n, seja F(n) o numero de quadrados
 temos que
 F(n)=quadrados que nao englobem a primeira coluna + quadrados que englobem a
 primeira coluna.
 quadrados que nao englobem a primeira coluna  = F(n-1)

 para n par:
 quadrados que englobem a primeira coluna:
  1 + 2 + 3 + 4+... + k+k+ (k-1)+(k-2)+...+1 = 2(1+2+3..+k) = k(k+1), onde k
 eh o maior inteiro tal que 2k+1=n, como n e' par n=2m
 2k+1=2m = k= m+1/2, logo k = m= n/2
 para n impar:
 quadrados que englobem a primeira coluna:
  1 + 2 + 3 + 4+... + k (k-1)+(k-2)+...+1 = 2(1+2+3..+k-1)+k = k^2, onde k eh
 o menor inteiro tal que 2k+1n, como n e' impar n=2m+1
 2k+12m+1 = k m, logo k = m+1= (n+1)/2

 Assim F(n)= Somatorio de k=2 ate n  de A(k) + F(1)
 onde A(n)= n/2 ( n/2 + 1) se n e` par, e [(n+1)/2]^2 se n e` impar.
 Assim:
 F(2n) = n(n+1)+somatorio de k=1 ate n-1   A(2k)+A(2k+1) + F(1) = 1 + n(n+1)+
 somatorio de k=1 ate n-1 de 2k^2 + 3k+1 =
 1+ n(n+1)+ n-1 + 3(n-1)n/2 + 2 (n-1)n(2n-1)/6

 F(2n+1)= somatorio de k=1 ate n   A(2k)+A(2k+1) + F(1) = 1 + Somatorio de
 k=1 ate n de 2k^2 + 3k+1 =
 1 + n + 3n(n+1)/2 + 2n(n+1)(2n+1)/6

 fiz meio rapido espero estar certo...


 Felipe Diniz

 On Wed, Jul 9, 2008 at 12:05 PM, Rodrigo Renji [EMAIL PROTECTED]
 wrote:

 Na seguinte figura (link no photobucket)


 http://s317.photobucket.com/albums/mm387/matcult/?action=viewcurrent=quadrados2.jpg


 Queremos saber o número máximo de quadrados  de qualquer tamanho
 formados pelos quadrados unitários, numa escada com n degrais

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





-- 
Wanderley Guimarães

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

Re: [obm-l] Número de quadrados

[Wanderley Guimarães]

Acho que fiz besteira! Eu contei quantos quadrados diferentes podemos
colocar na escada. :(

2008/7/10 Wanderley Guimarães [EMAIL PROTECTED]:
 Eu resolvi um pouco diferente.

 Quantos quadrados 1x1 podemos formar?
 (n+1 escolhe 2)

 Quantos quadrados 2x2 podemos formar?
 (n escolhe 2)

 ...

 Então temos Somatorio de i = 2 até n + 1 de (i escolhe 2) = 2^(n+1)

 Errei em algum canto?

 On Wed, Jul 9, 2008 at 6:51 PM, Felipe Diniz [EMAIL PROTECTED] wrote:
 Para uma escada de tamanho n, seja F(n) o numero de quadrados
 temos que
 F(n)=quadrados que nao englobem a primeira coluna + quadrados que englobem a
 primeira coluna.
 quadrados que nao englobem a primeira coluna  = F(n-1)

 para n par:
 quadrados que englobem a primeira coluna:
  1 + 2 + 3 + 4+... + k+k+ (k-1)+(k-2)+...+1 = 2(1+2+3..+k) = k(k+1), onde k
 eh o maior inteiro tal que 2k+1=n, como n e' par n=2m
 2k+1=2m = k= m+1/2, logo k = m= n/2
 para n impar:
 quadrados que englobem a primeira coluna:
  1 + 2 + 3 + 4+... + k (k-1)+(k-2)+...+1 = 2(1+2+3..+k-1)+k = k^2, onde k eh
 o menor inteiro tal que 2k+1n, como n e' impar n=2m+1
 2k+12m+1 = k m, logo k = m+1= (n+1)/2

 Assim F(n)= Somatorio de k=2 ate n  de A(k) + F(1)
 onde A(n)= n/2 ( n/2 + 1) se n e` par, e [(n+1)/2]^2 se n e` impar.
 Assim:
 F(2n) = n(n+1)+somatorio de k=1 ate n-1   A(2k)+A(2k+1) + F(1) = 1 + n(n+1)+
 somatorio de k=1 ate n-1 de 2k^2 + 3k+1 =
 1+ n(n+1)+ n-1 + 3(n-1)n/2 + 2 (n-1)n(2n-1)/6

 F(2n+1)= somatorio de k=1 ate n   A(2k)+A(2k+1) + F(1) = 1 + Somatorio de
 k=1 ate n de 2k^2 + 3k+1 =
 1 + n + 3n(n+1)/2 + 2n(n+1)(2n+1)/6

 fiz meio rapido espero estar certo...


 Felipe Diniz

 On Wed, Jul 9, 2008 at 12:05 PM, Rodrigo Renji [EMAIL PROTECTED]
 wrote:

 Na seguinte figura (link no photobucket)


 http://s317.photobucket.com/albums/mm387/matcult/?action=viewcurrent=quadrados2.jpg


 Queremos saber o número máximo de quadrados  de qualquer tamanho
 formados pelos quadrados unitários, numa escada com n degrais

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





 --
 Wanderley Guimarães




-- 
Wanderley Guimarães

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

Re: [obm-l] Número de quadrados

[Rodrigo Renji]

Se quiserem alguns números dessa sequência, tem aqui nesse link
http://www.research.att.com/~njas/sequences/?q=1%2C3%2C7%2C13%2C22%2C34%2C50amp;amp;sort=0fmt=0language=englishamp;go=Search

 eu cheguei na formula n³/12 +3n²/8+5n/12 +1/16 -1/16 (-1)^n =f(n)


2008/7/10 Wanderley Guimarães [EMAIL PROTECTED]:
 Eu resolvi um pouco diferente.

 Quantos quadrados 1x1 podemos formar?
 (n+1 escolhe 2)

 Quantos quadrados 2x2 podemos formar?
 (n escolhe 2)

 ...

 Então temos Somatorio de i = 2 até n + 1 de (i escolhe 2) = 2^(n+1)

 Errei em algum canto?

 On Wed, Jul 9, 2008 at 6:51 PM, Felipe Diniz [EMAIL PROTECTED] wrote:
 Para uma escada de tamanho n, seja F(n) o numero de quadrados
 temos que
 F(n)=quadrados que nao englobem a primeira coluna + quadrados que englobem a
 primeira coluna.
 quadrados que nao englobem a primeira coluna  = F(n-1)

 para n par:
 quadrados que englobem a primeira coluna:
  1 + 2 + 3 + 4+... + k+k+ (k-1)+(k-2)+...+1 = 2(1+2+3..+k) = k(k+1), onde k
 eh o maior inteiro tal que 2k+1=n, como n e' par n=2m
 2k+1=2m = k= m+1/2, logo k = m= n/2
 para n impar:
 quadrados que englobem a primeira coluna:
  1 + 2 + 3 + 4+... + k (k-1)+(k-2)+...+1 = 2(1+2+3..+k-1)+k = k^2, onde k eh
 o menor inteiro tal que 2k+1n, como n e' impar n=2m+1
 2k+12m+1 = k m, logo k = m+1= (n+1)/2

 Assim F(n)= Somatorio de k=2 ate n  de A(k) + F(1)
 onde A(n)= n/2 ( n/2 + 1) se n e` par, e [(n+1)/2]^2 se n e` impar.
 Assim:
 F(2n) = n(n+1)+somatorio de k=1 ate n-1   A(2k)+A(2k+1) + F(1) = 1 + n(n+1)+
 somatorio de k=1 ate n-1 de 2k^2 + 3k+1 =
 1+ n(n+1)+ n-1 + 3(n-1)n/2 + 2 (n-1)n(2n-1)/6

 F(2n+1)= somatorio de k=1 ate n   A(2k)+A(2k+1) + F(1) = 1 + Somatorio de
 k=1 ate n de 2k^2 + 3k+1 =
 1 + n + 3n(n+1)/2 + 2n(n+1)(2n+1)/6

 fiz meio rapido espero estar certo...


 Felipe Diniz

 On Wed, Jul 9, 2008 at 12:05 PM, Rodrigo Renji [EMAIL PROTECTED]
 wrote:

 Na seguinte figura (link no photobucket)


 http://s317.photobucket.com/albums/mm387/matcult/?action=viewcurrent=quadrados2.jpg


 Queremos saber o número máximo de quadrados  de qualquer tamanho
 formados pelos quadrados unitários, numa escada com n degrais

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





 --
 Wanderley Guimarães

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


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

Re: [obm-l] Número de quadrados

[Wanderley Guimarães]

2008/7/10 Rodrigo Renji [EMAIL PROTECTED]:
 Se quiserem alguns números dessa sequência, tem aqui nesse link
 http://www.research.att.com/~njas/sequences/?q=1%2C3%2C7%2C13%2C22%2C34%2C50amp;amp;sort=0fmt=0language=englishamp;go=Search

  eu cheguei na formula n³/12 +3n²/8+5n/12 +1/16 -1/16 (-1)^n =f(n)

Acho que encontrei meu erro. Vamos lá:

Quantos quadrados 1x1 posso formar?
(n+1 escolhe 2)

Quantos quadrados 2x2 posso formar?
Bom. Olhando para o canto inferior esquerdo do meu quadrado ele não
pode ficar na diagonal que vai de (N,0) a (0, N), pois teríamos 3
unidades 1x1 fora da escada. Também temos que nosso as posições que
vão de (N-1,0) a (0, N-1) também não são válidas, pois teríamos 1
unidade 1x1 fora da escada. Logo,
(n - 1 escolhe 2)

Quantos quadrados IxI posso formar?
Novamente, olhando para o canto inferior esquerdo do meu quadrado IxI
ele não pode ficar nas diagonais que vão de (N, 0) a (0, N-1) pois
teríamos I*I-1 unidades fora da escada, nem na (N-1,0) a (0, N-1)
pois teríamos I*I-3 unidades fora da escada, e assim por diante. Logo,
(n+1 - i*2 escolhe 2)

-- 
Wanderley Guimarães

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

Re: [obm-l] Número de quadrados

[Felipe Diniz]

Para uma escada de tamanho n, seja F(n) o numero de quadrados
temos que
F(n)=quadrados que nao englobem a primeira coluna + quadrados que englobem a
primeira coluna.
quadrados que nao englobem a primeira coluna  = F(n-1)

para n par:
quadrados que englobem a primeira coluna:
 1 + 2 + 3 + 4+... + k+k+ (k-1)+(k-2)+...+1 = 2(1+2+3..+k) = k(k+1), onde k
eh o maior inteiro tal que 2k+1=n, como n e' par n=2m
2k+1=2m = k= m+1/2, logo k = m= n/2
para n impar:
quadrados que englobem a primeira coluna:
 1 + 2 + 3 + 4+... + k (k-1)+(k-2)+...+1 = 2(1+2+3..+k-1)+k = k^2, onde k eh
o menor inteiro tal que 2k+1n, como n e' impar n=2m+1
2k+12m+1 = k m, logo k = m+1= (n+1)/2

Assim F(n)= Somatorio de k=2 ate n  de A(k) + F(1)
onde A(n)= n/2 ( n/2 + 1) se n e` par, e [(n+1)/2]^2 se n e` impar.
Assim:
F(2n) = n(n+1)+somatorio de k=1 ate n-1   A(2k)+A(2k+1) + F(1) = 1 + n(n+1)+
somatorio de k=1 ate n-1 de 2k^2 + 3k+1 =
1+ n(n+1)+ n-1 + 3(n-1)n/2 + 2 (n-1)n(2n-1)/6

F(2n+1)= somatorio de k=1 ate n   A(2k)+A(2k+1) + F(1) = 1 + Somatorio de
k=1 ate n de 2k^2 + 3k+1 =
1 + n + 3n(n+1)/2 + 2n(n+1)(2n+1)/6

fiz meio rapido espero estar certo...


Felipe Diniz

On Wed, Jul 9, 2008 at 12:05 PM, Rodrigo Renji [EMAIL PROTECTED]
wrote:

 Na seguinte figura (link no photobucket)


 http://s317.photobucket.com/albums/mm387/matcult/?action=viewcurrent=quadrados2.jpg


 Queremos saber o número máximo de quadrados  de qualquer tamanho
 formados pelos quadrados unitários, numa escada com n degrais

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

Re: [obm-l] Número

[Henrique Rennó]

Ola Joao Gabriel,

Acredito que o numero N seja 370 e portanto a resposta e' 8, pois seus
divisores sao 1, 2, 5, 10, 37, 74, 185, 370.

Seja N = abc, tem-se abc = a^3 + b^3 + c^3

1) Se 0 = c = 8 entao ab(c+1) = a^3 + b^3 + (c+1)^3

2) Se c = 9 e 0 = b = 8 entao a(b+1)0 = a^3 + (b+1)^3

3) Se c = 9 e b = 9 e 1 = a = 8 entao (a+1)00 = (a+1)^3

4) Se c = 9 e b = 9 e a = 9 entao 1000 = 1^3

Na condicao 1) tem-se:

ab(c+1) - abc = a^3 + b^3 + (c+1)^3 - (a^3 + b^3 + c^3)
1 = a^3 + b^3 + c^3 + 3c^2 + 3c + 1 - a^3 - b^3 - c^3
3c^2 + 3c = 0
c(c+1) = 0

c = -1 nao e' possivel

Se c = 0 deve-se testar as possibilidades. Como N termina em 0 tem-se que
a^3 e b^3 terminam em digitos que somados resulta em 10, ou seja, 1+9 ou 2+8
ou 3+7 ou 4+6 ou 5+5.

1^3 = 1
2^3 = 8
3^3 = 27
4^3 = 64
5^3 = 125
6^3 = 216
7^3 = 343
8^3 = 512
9^3 = 729

Testando os valores de a^3 + b^3, onde os ultimos digitos de a^3 e b^3
somados resulta em 10:

O simbolo != significa diferente.

ultimos digitos: 1 + 9 == a = 1 e b = 9 == a^3 + b^3 = 1^3 + 9^3 = 1 + 729
= 780 != 190
ultimos digitos: 2 + 8 == a = 8 e b = 2 == a^3 + b^3 = 8^3 + 2^3 = 512 + 8
= 520 != 820
ultimos digitos: 3 + 7 == a = 7 e b = 3 == a^3 + b^3 = 7^3 + 3^3 = 343 +
27 = 370 != 730
ultimos digitos: 4 + 6 == a = 4 e b = 6 == a^3 + b^3 = 4^3 + 6^3 = 64 +
216 = 280 != 460
ultimos digitos: 5 + 5 == a = 5 e b = 5 == a^3 + b^3 = 5^3 + 5^3 = 125 +
125 = 250 != 550
ultimos digitos: 6 + 4 == a = 6 e b = 4 == a^3 + b^3 = 6^3 + 4^3 = 216 +
64 = 280 != 640
ultimos digitos: 7 + 3 == a = 3 e b = 7 == a^3 + b^3 = 3^3 + 7^3 = 27 +
343 = 370 = 370 OK!
ultimos digitos: 8 + 2 == a = 2 e b = 8 == a^3 + b^3 = 2^3 + 8^3 = 8 + 512
= 520 != 280
ultimos digitos: 9 + 1 == a = 9 e b = 1 == a^3 + b^3 = 9^3 + 1^3 = 729 + 1
= 730 != 910

Como encontramos uma resposta para o caso 1 nao seria necessario verificar
os casos 2, 3 e 4.

Assim, N = 370.

2008/4/30 João Gabriel Preturlan [EMAIL PROTECTED]:

  Preciso de ajuda:



 Um número natural N de três algarismos é igual a soma dos cubos dos seus
 dígitos. Um número N+1 tem a mesma propriedade. Qual é o número de divisores
 inteiros de N?



 a)4

 b)6

 c)8

 d)12

 e)16



 Desde já agradeço.



 JG.

 No virus found in this outgoing message.
 Checked by AVG.
 Version: 7.5.524 / Virus Database: 269.23.6/1404 - Release Date:
 29/04/2008 18:27




-- 
Henrique

Re: [obm-l] Número

[Marcelo Salhab Brogliato]

Olá João,

N = 100a + 10b + c = a^3 + b^3 + c^3

i) se c  9, temos: N+1 = 100a + 10b + (c+1) = a^3 + b^3 + (c+1)^3
ii) se c = 9, b  9, temos: N+1 = 100a + 10(b+1) = a^3 + (b+1)^3
iii) se c = 9, b = 9, a  9, temos: N+1 = 100(a+1) = (a+1)^3
iii) se c = 9, b = 9, a = 0, mas, 9^3 + 9^3 + 9^3 = 2187 != 999

vamos ver...
i)
N+1 = a^3 + b^3 + c^3 = a^3 + b^3 + (c+1)^3
logo: 0 = 3c^2 + 3c + 1
resolvendo, temos: delta  0, logo, não há raizes reais...
portanto, nao pode ser esse caso..

ii)
N+1 = a^3 + b^3 + 9^3 = a^3 + (b+1)^3
logo: 9^3 = 3b^2 + 3b + 1
3b^2 + 3b - 728 = 0
delta = 8736, que não é quadrado perfeito... logo, b nao é inteiro
portanto, nao pode ser essa caso

iii)
N+1 = a^3 + 9^3 + 9^3 = (a+1)^3
logo: 9^3 + 9^3 = 3a^2 + 3a + 1
neste caso, também não vamos ter a inteiro...
portanto, nao pode ser esse caso

hmm este numero existe?
nao consegui ver meu erro ainda..
vou olhar com calma mais tarde..

abraços,
Salhab


2008/4/30 João Gabriel Preturlan [EMAIL PROTECTED]:

  Preciso de ajuda:



 Um número natural N de três algarismos é igual a soma dos cubos dos seus
 dígitos. Um número N+1 tem a mesma propriedade. Qual é o número de divisores
 inteiros de N?



 a)4

 b)6

 c)8

 d)12

 e)16



 Desde já agradeço.



 JG.

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Re: [obm-l] Número

[Henrique Rennó]

Ola Marcelo,

2008/4/30 Marcelo Salhab Brogliato [EMAIL PROTECTED]:

 Olá João,

 N = 100a + 10b + c = a^3 + b^3 + c^3

 i) se c  9, temos: N+1 = 100a + 10b + (c+1) = a^3 + b^3 + (c+1)^3
 ii) se c = 9, b  9, temos: N+1 = 100a + 10(b+1) = a^3 + (b+1)^3
 iii) se c = 9, b = 9, a  9, temos: N+1 = 100(a+1) = (a+1)^3
 iii) se c = 9, b = 9, a = 0, mas, 9^3 + 9^3 + 9^3 = 2187 != 999

 vamos ver...
 i)
 N+1 = a^3 + b^3 + c^3 = a^3 + b^3 + (c+1)^3
 logo: 0 = 3c^2 + 3c + 1
 resolvendo, temos: delta  0, logo, não há raizes reais...
 portanto, nao pode ser esse caso..


Seria N+1 = a^3 + b^3 + c^3 + 1 = a^3 + b^3 + (c+1)^3




 ii)
 N+1 = a^3 + b^3 + 9^3 = a^3 + (b+1)^3
 logo: 9^3 = 3b^2 + 3b + 1
 3b^2 + 3b - 728 = 0
 delta = 8736, que não é quadrado perfeito... logo, b nao é inteiro
 portanto, nao pode ser essa caso

 iii)
 N+1 = a^3 + 9^3 + 9^3 = (a+1)^3
 logo: 9^3 + 9^3 = 3a^2 + 3a + 1
 neste caso, também não vamos ter a inteiro...
 portanto, nao pode ser esse caso

 hmm este numero existe?
 nao consegui ver meu erro ainda..
 vou olhar com calma mais tarde..


E' o 370, como coloquei na solucao que enviei. Seu erro esta' no caso i.



 abraços,
 Salhab


 2008/4/30 João Gabriel Preturlan [EMAIL PROTECTED]:

   Preciso de ajuda:
 
 
 
  Um número natural N de três algarismos é igual a soma dos cubos dos seus
  dígitos. Um número N+1 tem a mesma propriedade. Qual é o número de divisores
  inteiros de N?
 
 
 
  a)4
 
  b)6
 
  c)8
 
  d)12
 
  e)16
 
 
 
  Desde já agradeço.
 
 
 
  JG.
 
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-- 
Henrique

Re: [obm-l] Número

[Ralph Teixeira]

Acho que dá para acelerar um tiquinho assim:

i) Caso c=9.
Então N=c^3=729; daqui a7, e a^3=7^3=343. Portanto, N=a^3+c^31000,
absurdo.

ii) Caso c9. Aí:

N=100a+10b+c=a^3+b^3+c^3
N+1=100a+10b+(c+1)=a^3+b^3+(c+1)^3 (pois c+1 é o último dígito, sim)

Subtraindo uma da outra, sai c=0 (pois c=-1 não presta). Então a gente tem
que resolver:

100a+10b=a^3+b^3 ou seja a(100-a^2)=b(b^2-10). Em particular, note que o
lado esquerdo é positivo, então devemos ter b=4. Agora eu ia na força bruta
(fazendo 15 ao invés de 100 contas): os possíveis valores da primeira
expressão são (fazendo a=1,2,...,9): 99, 192, 273, 336, 375, 384, 357, 288 e
171. Os possíveis valores da segunda (fazendo b=4,5,6,7,8,9): 24, 75, 156,
273, 432, 639. O único elemento comum é 273, então a=3 e b=7, que nem o
pessoal achou.

Abraço,
 Ralph



2008/4/30 Henrique Rennó [EMAIL PROTECTED]:

 Ola Joao Gabriel,

 Acredito que o numero N seja 370 e portanto a resposta e' 8, pois seus
 divisores sao 1, 2, 5, 10, 37, 74, 185, 370.

 Seja N = abc, tem-se abc = a^3 + b^3 + c^3

 1) Se 0 = c = 8 entao ab(c+1) = a^3 + b^3 + (c+1)^3

 2) Se c = 9 e 0 = b = 8 entao a(b+1)0 = a^3 + (b+1)^3

 3) Se c = 9 e b = 9 e 1 = a = 8 entao (a+1)00 = (a+1)^3

 4) Se c = 9 e b = 9 e a = 9 entao 1000 = 1^3

 Na condicao 1) tem-se:

 ab(c+1) - abc = a^3 + b^3 + (c+1)^3 - (a^3 + b^3 + c^3)
 1 = a^3 + b^3 + c^3 + 3c^2 + 3c + 1 - a^3 - b^3 - c^3
 3c^2 + 3c = 0
 c(c+1) = 0

 c = -1 nao e' possivel

 Se c = 0 deve-se testar as possibilidades. Como N termina em 0 tem-se que
 a^3 e b^3 terminam em digitos que somados resulta em 10, ou seja, 1+9 ou 2+8
 ou 3+7 ou 4+6 ou 5+5.

 1^3 = 1
 2^3 = 8
 3^3 = 27
 4^3 = 64
 5^3 = 125
 6^3 = 216
 7^3 = 343
 8^3 = 512
 9^3 = 729

 Testando os valores de a^3 + b^3, onde os ultimos digitos de a^3 e b^3
 somados resulta em 10:

 O simbolo != significa diferente.

 ultimos digitos: 1 + 9 == a = 1 e b = 9 == a^3 + b^3 = 1^3 + 9^3 = 1 +
 729 = 780 != 190
 ultimos digitos: 2 + 8 == a = 8 e b = 2 == a^3 + b^3 = 8^3 + 2^3 = 512 +
 8 = 520 != 820
 ultimos digitos: 3 + 7 == a = 7 e b = 3 == a^3 + b^3 = 7^3 + 3^3 = 343 +
 27 = 370 != 730
 ultimos digitos: 4 + 6 == a = 4 e b = 6 == a^3 + b^3 = 4^3 + 6^3 = 64 +
 216 = 280 != 460
 ultimos digitos: 5 + 5 == a = 5 e b = 5 == a^3 + b^3 = 5^3 + 5^3 = 125 +
 125 = 250 != 550
 ultimos digitos: 6 + 4 == a = 6 e b = 4 == a^3 + b^3 = 6^3 + 4^3 = 216 +
 64 = 280 != 640
 ultimos digitos: 7 + 3 == a = 3 e b = 7 == a^3 + b^3 = 3^3 + 7^3 = 27 +
 343 = 370 = 370 OK!
 ultimos digitos: 8 + 2 == a = 2 e b = 8 == a^3 + b^3 = 2^3 + 8^3 = 8 +
 512 = 520 != 280
 ultimos digitos: 9 + 1 == a = 9 e b = 1 == a^3 + b^3 = 9^3 + 1^3 = 729 +
 1 = 730 != 910

 Como encontramos uma resposta para o caso 1 nao seria necessario verificar
 os casos 2, 3 e 4.

 Assim, N = 370.

 2008/4/30 João Gabriel Preturlan [EMAIL PROTECTED]:

   Preciso de ajuda:
 
 
 
  Um número natural N de três algarismos é igual a soma dos cubos dos seus
  dígitos. Um número N+1 tem a mesma propriedade. Qual é o número de divisores
  inteiros de N?
 
 
 
  a)4
 
  b)6
 
  c)8
 
  d)12
 
  e)16
 
 
 
  Desde já agradeço.
 
 
 
  JG.
 
  No virus found in this outgoing message.
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  29/04/2008 18:27
 



 --
 Henrique

Re: [obm-l] Número

[Marcelo Salhab Brogliato]

Obrigado Henrique! ;)

abraços,
Salhab

2008/4/30 Henrique Rennó [EMAIL PROTECTED]:

 Ola Marcelo,

 2008/4/30 Marcelo Salhab Brogliato [EMAIL PROTECTED]:

  Olá João,
 
  N = 100a + 10b + c = a^3 + b^3 + c^3
 
  i) se c  9, temos: N+1 = 100a + 10b + (c+1) = a^3 + b^3 + (c+1)^3
  ii) se c = 9, b  9, temos: N+1 = 100a + 10(b+1) = a^3 + (b+1)^3
  iii) se c = 9, b = 9, a  9, temos: N+1 = 100(a+1) = (a+1)^3
  iii) se c = 9, b = 9, a = 0, mas, 9^3 + 9^3 + 9^3 = 2187 != 999
 
  vamos ver...
  i)
  N+1 = a^3 + b^3 + c^3 = a^3 + b^3 + (c+1)^3
  logo: 0 = 3c^2 + 3c + 1
  resolvendo, temos: delta  0, logo, não há raizes reais...
  portanto, nao pode ser esse caso..


 Seria N+1 = a^3 + b^3 + c^3 + 1 = a^3 + b^3 + (c+1)^3


 
 
  ii)
  N+1 = a^3 + b^3 + 9^3 = a^3 + (b+1)^3
  logo: 9^3 = 3b^2 + 3b + 1
  3b^2 + 3b - 728 = 0
  delta = 8736, que não é quadrado perfeito... logo, b nao é inteiro
  portanto, nao pode ser essa caso
 
  iii)
  N+1 = a^3 + 9^3 + 9^3 = (a+1)^3
  logo: 9^3 + 9^3 = 3a^2 + 3a + 1
  neste caso, também não vamos ter a inteiro...
  portanto, nao pode ser esse caso
 
  hmm este numero existe?
  nao consegui ver meu erro ainda..
  vou olhar com calma mais tarde..
 

 E' o 370, como coloquei na solucao que enviei. Seu erro esta' no caso i.

 
 
  abraços,
  Salhab
 
 
  2008/4/30 João Gabriel Preturlan [EMAIL PROTECTED]:
 
Preciso de ajuda:
  
  
  
   Um número natural N de três algarismos é igual a soma dos cubos dos
   seus dígitos. Um número N+1 tem a mesma propriedade. Qual é o número de
   divisores inteiros de N?
  
  
  
   a)4
  
   b)6
  
   c)8
  
   d)12
  
   e)16
  
  
  
   Desde já agradeço.
  
  
  
   JG.
  
   No virus found in this outgoing message.
   Checked by AVG.
   Version: 7.5.524 / Virus Database: 269.23.6/1404 - Release Date:
   29/04/2008 18:27
  
 
 


 --
 Henrique

Re: [obm-l] Número de Polígonos Regulares (estrelados inclusive) não Semelhantes

[Nicolau C. Saldanha]

Basta escolher de quantos em quantos vértices pular.
Você pode pular 1 (para obter o único polígono convexo regular), 5, 7,
11, 13, 17, 19 ou 23.
Assim, temos 8 opções.
Em geral, temos phi(n)/2 polígonos regulares com n vértices (onde phi
é a função de Euler).

N.

On Dec 22, 2007 3:12 AM, Ulysses Coelho de Souza Jr. [EMAIL PROTECTED] wrote:


 Olá,

 Quantos polígonos regulares não semelhantes existem com 48 lados?



 Abraços.


 Ulysses Coelho de Souza.

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

Re: [obm-l] Número Olímpico

[silverratio]

Olá,

Acho que a definição da professora ONI está coerente, e difere
de não livre de quadrados.

Veja por exemplo o número 20.
Certamente 20 não é livre de quadrados, já que o primo 2 aparece
com expoente 2 na sua decomposição em fatores primos.

No entanto, pela definição da professora ONI, 20 não é olímpico,
já que o primo 5 divide 20, mas 5^2 = 25 não divide 20.

Abraço,

- Leandro.