Re: [obm-l] Problema Legal
Boa tarde! (a) Ax=b| 1 1 00 | |a|| r| |10100 | |b| |s| | 1 1 00 | |c| = |t | | 1 1 00 | |a| | r | Trabalhando a matriz A sem alterar seu posto, 2a = 1a - 2a; 3a = -3a + 1a -2a; 4a = 4a - 2a + 2 . 3a teremos a matriz A' | 1 1 0 0 | | 0 1 -1 0 | ! 0 0 0 -1 | | 0 0 0 -2 | | 0 1 0 1 | | 0 0 1 1 | è fácil perceber que as 4 primeiras linhas são linearmente idenpendentes, logo posto (A) = 4 == dim(Im(f)) = 4 f: V -- W == dim (V) = dim (N) + dim (Im(f)) 4 = din(N) + 4 == dim (N) = 0; logo ou só há uma solução ou é impossível. Mas como há a solução, que seria a escolha do jogador A. O sistema tem solção única. R; Não é possível o jogador escolher quatro números que tornem impossível o jogador B ganhar. Fazendo o item 2, também é facil mostrar que o posto da matriz A seria 5 e novamente a resposta é a mesma. Em 17 de outubro de 2014 09:08, benedito bened...@ufrnet.br escreveu: *Problema para o Nível I - (De uma lista de problemas para treinamento da OMA)* (a)Dois jogadores, A e B, disputam o seguinte jogo: · O jogador A escolhe 4 números naturais distintos e escreve num papel todas as somas de dois desses números (são 6 números) · O jogador B ganha se encontra os 4 números escolhidos por A; caso contrário, ganha o jogador A. O jogador A pode escolher os 4 números para que seja impossível B ganhar? (b) No mesmo jogo descrito em (a), mas agora o jogador A escolhe 5 números naturais distintos e escreve as 10 somas de dois dos números. Novamente, determinar se o jogador A pode escolher os 5 números para que seja impossível o jogador B ganhar. -- http://www.avast.com/ Este email está limpo de vírus e malwares porque a proteção do avast! Antivírus http://www.avast.com/ está ativa. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
Re: [obm-l] Problema Legal
Bom dia! Saiu errado a terceira linha é | 0 0 1 -1 | e não | 0 0 0 -1| conforme escrito anteriormente. Saudações, PJMS. Em 20 de outubro de 2014 09:16, Pedro José petroc...@gmail.com escreveu: Boa tarde! (a) Ax=b| 1 1 00 | |a|| r| |10100 | |b| |s| | 1 1 00 | |c| = |t | | 1 1 00 | |a| | r | Trabalhando a matriz A sem alterar seu posto, 2a = 1a - 2a; 3a = -3a + 1a -2a; 4a = 4a - 2a + 2 . 3a teremos a matriz A' | 1 1 0 0 | | 0 1 -1 0 | ! 0 0 0 -1 | | 0 0 0 -2 | | 0 1 0 1 | | 0 0 1 1 | è fácil perceber que as 4 primeiras linhas são linearmente idenpendentes, logo posto (A) = 4 == dim(Im(f)) = 4 f: V -- W == dim (V) = dim (N) + dim (Im(f)) 4 = din(N) + 4 == dim (N) = 0; logo ou só há uma solução ou é impossível. Mas como há a solução, que seria a escolha do jogador A. O sistema tem solção única. R; Não é possível o jogador escolher quatro números que tornem impossível o jogador B ganhar. Fazendo o item 2, também é facil mostrar que o posto da matriz A seria 5 e novamente a resposta é a mesma. Em 17 de outubro de 2014 09:08, benedito bened...@ufrnet.br escreveu: *Problema para o Nível I - (De uma lista de problemas para treinamento da OMA)* (a)Dois jogadores, A e B, disputam o seguinte jogo: · O jogador A escolhe 4 números naturais distintos e escreve num papel todas as somas de dois desses números (são 6 números) · O jogador B ganha se encontra os 4 números escolhidos por A; caso contrário, ganha o jogador A. O jogador A pode escolher os 4 números para que seja impossível B ganhar? (b) No mesmo jogo descrito em (a), mas agora o jogador A escolhe 5 números naturais distintos e escreve as 10 somas de dois dos números. Novamente, determinar se o jogador A pode escolher os 5 números para que seja impossível o jogador B ganhar. -- http://www.avast.com/ Este email está limpo de vírus e malwares porque a proteção do avast! Antivírus http://www.avast.com/ está ativa. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
Re: [obm-l] Problema Legal
Hmmm... mas cuidado: o problema não parece informar que somas correspondem a que combinações das variáveis, então tem um pouco mais do que um sistema de equações aí. Então o problema agora é o seguinte: seja s=(s1, s2, s3, ..., s6) o vetor de somas do lado direito do seu sistema. Você consegue mostrar que, ao permutar as somas, não aparecem soluções novas? Ou seja, que permutações dessas 6 somas levam a permutações da solução antiga OU a um sistema impossível? Abraço, Ralph 2014-10-20 9:16 GMT-02:00 Pedro José petroc...@gmail.com: Boa tarde! (a) Ax=b| 1 1 00 | |a|| r| |10100 | |b| |s| | 1 1 00 | |c| = |t | | 1 1 00 | |a| | r | Trabalhando a matriz A sem alterar seu posto, 2a = 1a - 2a; 3a = -3a + 1a -2a; 4a = 4a - 2a + 2 . 3a teremos a matriz A' | 1 1 0 0 | | 0 1 -1 0 | ! 0 0 0 -1 | | 0 0 0 -2 | | 0 1 0 1 | | 0 0 1 1 | è fácil perceber que as 4 primeiras linhas são linearmente idenpendentes, logo posto (A) = 4 == dim(Im(f)) = 4 f: V -- W == dim (V) = dim (N) + dim (Im(f)) 4 = din(N) + 4 == dim (N) = 0; logo ou só há uma solução ou é impossível. Mas como há a solução, que seria a escolha do jogador A. O sistema tem solção única. R; Não é possível o jogador escolher quatro números que tornem impossível o jogador B ganhar. Fazendo o item 2, também é facil mostrar que o posto da matriz A seria 5 e novamente a resposta é a mesma. Em 17 de outubro de 2014 09:08, benedito bened...@ufrnet.br escreveu: *Problema para o Nível I - (De uma lista de problemas para treinamento da OMA)* (a)Dois jogadores, A e B, disputam o seguinte jogo: · O jogador A escolhe 4 números naturais distintos e escreve num papel todas as somas de dois desses números (são 6 números) · O jogador B ganha se encontra os 4 números escolhidos por A; caso contrário, ganha o jogador A. O jogador A pode escolher os 4 números para que seja impossível B ganhar? (b) No mesmo jogo descrito em (a), mas agora o jogador A escolhe 5 números naturais distintos e escreve as 10 somas de dois dos números. Novamente, determinar se o jogador A pode escolher os 5 números para que seja impossível o jogador B ganhar. -- http://www.avast.com/ Este email está limpo de vírus e malwares porque a proteção do avast! Antivírus http://www.avast.com/ está ativa. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
Re: [obm-l] Problema Legal
Boa tarde! Não havia me apercebido, mas por sorte não muda nada. Pois, como os números são distintos, se ordenarmo-los, a b c d e as somas s1 s2 s3 = s4 s5 s6. Como os números são distintos a + b = s1, a + c = s2, b+d = s5 e c + d = s6. logo poderemos formar um sistema: Ax = b onde A é a matriz abaixo. | 1 1 0 0 | | 1 0 1 0 | | 0 1 0 1 | | 0 0 1 1 | e bT = [ s1,s2,s5,s6] que pode facilmente ser transformada na matriz | 1 1 0 0 | | 0 1 -1 0 | | 0 0 1 -1 | | 0 0 0 2 | Como posto de A = 4 e dim (v) = 4 == din (N) = 0 == não existe solução ou a solução é única. Mas novamente como existe pelo menos uma solução a escolhida por A, a solução é única. R; Não é possível o jogador escolher quatro números que tornem impossível o jogador B ganhar. Saudações, PJMS. Em 20 de outubro de 2014 14:56, Ralph Teixeira ralp...@gmail.com escreveu: Hmmm... mas cuidado: o problema não parece informar que somas correspondem a que combinações das variáveis, então tem um pouco mais do que um sistema de equações aí. Então o problema agora é o seguinte: seja s=(s1, s2, s3, ..., s6) o vetor de somas do lado direito do seu sistema. Você consegue mostrar que, ao permutar as somas, não aparecem soluções novas? Ou seja, que permutações dessas 6 somas levam a permutações da solução antiga OU a um sistema impossível? Abraço, Ralph 2014-10-20 9:16 GMT-02:00 Pedro José petroc...@gmail.com: Boa tarde! (a) Ax=b| 1 1 00 | |a|| r| |10100 | |b| |s| | 1 1 00 | |c| = |t | | 1 1 00 | |a| | r | Trabalhando a matriz A sem alterar seu posto, 2a = 1a - 2a; 3a = -3a + 1a -2a; 4a = 4a - 2a + 2 . 3a teremos a matriz A' | 1 1 0 0 | | 0 1 -1 0 | ! 0 0 0 -1 | | 0 0 0 -2 | | 0 1 0 1 | | 0 0 1 1 | è fácil perceber que as 4 primeiras linhas são linearmente idenpendentes, logo posto (A) = 4 == dim(Im(f)) = 4 f: V -- W == dim (V) = dim (N) + dim (Im(f)) 4 = din(N) + 4 == dim (N) = 0; logo ou só há uma solução ou é impossível. Mas como há a solução, que seria a escolha do jogador A. O sistema tem solção única. R; Não é possível o jogador escolher quatro números que tornem impossível o jogador B ganhar. Fazendo o item 2, também é facil mostrar que o posto da matriz A seria 5 e novamente a resposta é a mesma. Em 17 de outubro de 2014 09:08, benedito bened...@ufrnet.br escreveu: *Problema para o Nível I - (De uma lista de problemas para treinamento da OMA)* (a)Dois jogadores, A e B, disputam o seguinte jogo: · O jogador A escolhe 4 números naturais distintos e escreve num papel todas as somas de dois desses números (são 6 números) · O jogador B ganha se encontra os 4 números escolhidos por A; caso contrário, ganha o jogador A. O jogador A pode escolher os 4 números para que seja impossível B ganhar? (b) No mesmo jogo descrito em (a), mas agora o jogador A escolhe 5 números naturais distintos e escreve as 10 somas de dois dos números. Novamente, determinar se o jogador A pode escolher os 5 números para que seja impossível o jogador B ganhar. -- http://www.avast.com/ Este email está limpo de vírus e malwares porque a proteção do avast! Antivírus http://www.avast.com/ está ativa. -- 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.
Re: [obm-l] Problema Legal
E a ideia do Pedro também resolve o caso de 5 números distintos abcde, com suas somas, que na ordem têm de ser: (s1=a+b) (s2=a+c) (s3=?+?) = (s4=?+?) =... = (s8=?+?) (s9=c+e) (s10=d+e). i) Somando tudo, temos s1+s2+...+s10=4(a+b+c+d+e), e portanto tiramos S=a+b+c+d+e. ii) Subtraindo de S os termos s1 e s10, achamos c. iii) Subtraindo de S os termos s2 e s10, achamos b. iv) Subtraindo de S os termos s1 e s9, achamos d. v) Enfim, a=s1-b e e=s10-d. Quer resumido? Ok, usarei um produto interno com o vetor w=(s1,s2,...,s10): a=(3,3,-1,-1,-1,-1,-1,-1,-1,3).w/4 b=(1,-3,1,1,1,1,1,1,1,-3).w/4 c=(-3,1,1,1,1,1,1,1,1,-3).w/4 d=(-3,1,1,1,1,1,1,1,-3,1).w/4 e=(3,-1,-1,-1,-1,-1,-1,-1,3,3).w/4 Mas acho que eles não queriam escrito assim. :) Abraço, Ralph. 2014-10-20 16:42 GMT-02:00 Pedro José petroc...@gmail.com: Boa tarde! Não havia me apercebido, mas por sorte não muda nada. Pois, como os números são distintos, se ordenarmo-los, a b c d e as somas s1 s2 s3 = s4 s5 s6. Como os números são distintos a + b = s1, a + c = s2, b+d = s5 e c + d = s6. logo poderemos formar um sistema: Ax = b onde A é a matriz abaixo. | 1 1 0 0 | | 1 0 1 0 | | 0 1 0 1 | | 0 0 1 1 | e bT = [ s1,s2,s5,s6] que pode facilmente ser transformada na matriz | 1 1 0 0 | | 0 1 -1 0 | | 0 0 1 -1 | | 0 0 0 2 | Como posto de A = 4 e dim (v) = 4 == din (N) = 0 == não existe solução ou a solução é única. Mas novamente como existe pelo menos uma solução a escolhida por A, a solução é única. R; Não é possível o jogador escolher quatro números que tornem impossível o jogador B ganhar. Saudações, PJMS. Em 20 de outubro de 2014 14:56, Ralph Teixeira ralp...@gmail.com escreveu: Hmmm... mas cuidado: o problema não parece informar que somas correspondem a que combinações das variáveis, então tem um pouco mais do que um sistema de equações aí. Então o problema agora é o seguinte: seja s=(s1, s2, s3, ..., s6) o vetor de somas do lado direito do seu sistema. Você consegue mostrar que, ao permutar as somas, não aparecem soluções novas? Ou seja, que permutações dessas 6 somas levam a permutações da solução antiga OU a um sistema impossível? Abraço, Ralph 2014-10-20 9:16 GMT-02:00 Pedro José petroc...@gmail.com: Boa tarde! (a) Ax=b| 1 1 00 | |a|| r| |10100 | |b| |s| | 1 1 00 | |c| = |t | | 1 1 00 | |a| | r | Trabalhando a matriz A sem alterar seu posto, 2a = 1a - 2a; 3a = -3a + 1a -2a; 4a = 4a - 2a + 2 . 3a teremos a matriz A' | 1 1 0 0 | | 0 1 -1 0 | ! 0 0 0 -1 | | 0 0 0 -2 | | 0 1 0 1 | | 0 0 1 1 | è fácil perceber que as 4 primeiras linhas são linearmente idenpendentes, logo posto (A) = 4 == dim(Im(f)) = 4 f: V -- W == dim (V) = dim (N) + dim (Im(f)) 4 = din(N) + 4 == dim (N) = 0; logo ou só há uma solução ou é impossível. Mas como há a solução, que seria a escolha do jogador A. O sistema tem solção única. R; Não é possível o jogador escolher quatro números que tornem impossível o jogador B ganhar. Fazendo o item 2, também é facil mostrar que o posto da matriz A seria 5 e novamente a resposta é a mesma. Em 17 de outubro de 2014 09:08, benedito bened...@ufrnet.br escreveu: *Problema para o Nível I - (De uma lista de problemas para treinamento da OMA)* (a)Dois jogadores, A e B, disputam o seguinte jogo: · O jogador A escolhe 4 números naturais distintos e escreve num papel todas as somas de dois desses números (são 6 números) · O jogador B ganha se encontra os 4 números escolhidos por A; caso contrário, ganha o jogador A. O jogador A pode escolher os 4 números para que seja impossível B ganhar? (b) No mesmo jogo descrito em (a), mas agora o jogador A escolhe 5 números naturais distintos e escreve as 10 somas de dois dos números. Novamente, determinar se o jogador A pode escolher os 5 números para que seja impossível o jogador B ganhar. -- http://www.avast.com/ Este email está limpo de vírus e malwares porque a proteção do avast! Antivírus http://www.avast.com/ está ativa. -- 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.
Re: [obm-l] Problema Legal
Boa tarde! Esqueci-me do caso com 5 números. Mas o Ralph já complementou. Saudações, PJMS Em 20 de outubro de 2014 17:04, Ralph Teixeira ralp...@gmail.com escreveu: E a ideia do Pedro também resolve o caso de 5 números distintos abcde, com suas somas, que na ordem têm de ser: (s1=a+b) (s2=a+c) (s3=?+?) = (s4=?+?) =... = (s8=?+?) (s9=c+e) (s10=d+e). i) Somando tudo, temos s1+s2+...+s10=4(a+b+c+d+e), e portanto tiramos S=a+b+c+d+e. ii) Subtraindo de S os termos s1 e s10, achamos c. iii) Subtraindo de S os termos s2 e s10, achamos b. iv) Subtraindo de S os termos s1 e s9, achamos d. v) Enfim, a=s1-b e e=s10-d. Quer resumido? Ok, usarei um produto interno com o vetor w=(s1,s2,...,s10): a=(3,3,-1,-1,-1,-1,-1,-1,-1,3).w/4 b=(1,-3,1,1,1,1,1,1,1,-3).w/4 c=(-3,1,1,1,1,1,1,1,1,-3).w/4 d=(-3,1,1,1,1,1,1,1,-3,1).w/4 e=(3,-1,-1,-1,-1,-1,-1,-1,3,3).w/4 Mas acho que eles não queriam escrito assim. :) Abraço, Ralph. 2014-10-20 16:42 GMT-02:00 Pedro José petroc...@gmail.com: Boa tarde! Não havia me apercebido, mas por sorte não muda nada. Pois, como os números são distintos, se ordenarmo-los, a b c d e as somas s1 s2 s3 = s4 s5 s6. Como os números são distintos a + b = s1, a + c = s2, b+d = s5 e c + d = s6. logo poderemos formar um sistema: Ax = b onde A é a matriz abaixo. | 1 1 0 0 | | 1 0 1 0 | | 0 1 0 1 | | 0 0 1 1 | e bT = [ s1,s2,s5,s6] que pode facilmente ser transformada na matriz | 1 1 0 0 | | 0 1 -1 0 | | 0 0 1 -1 | | 0 0 0 2 | Como posto de A = 4 e dim (v) = 4 == din (N) = 0 == não existe solução ou a solução é única. Mas novamente como existe pelo menos uma solução a escolhida por A, a solução é única. R; Não é possível o jogador escolher quatro números que tornem impossível o jogador B ganhar. Saudações, PJMS. Em 20 de outubro de 2014 14:56, Ralph Teixeira ralp...@gmail.com escreveu: Hmmm... mas cuidado: o problema não parece informar que somas correspondem a que combinações das variáveis, então tem um pouco mais do que um sistema de equações aí. Então o problema agora é o seguinte: seja s=(s1, s2, s3, ..., s6) o vetor de somas do lado direito do seu sistema. Você consegue mostrar que, ao permutar as somas, não aparecem soluções novas? Ou seja, que permutações dessas 6 somas levam a permutações da solução antiga OU a um sistema impossível? Abraço, Ralph 2014-10-20 9:16 GMT-02:00 Pedro José petroc...@gmail.com: Boa tarde! (a) Ax=b| 1 1 00 | |a|| r| |10100 | |b| |s| | 1 1 00 | |c| = |t | | 1 1 00 | |a| | r | Trabalhando a matriz A sem alterar seu posto, 2a = 1a - 2a; 3a = -3a + 1a -2a; 4a = 4a - 2a + 2 . 3a teremos a matriz A' | 1 1 0 0 | | 0 1 -1 0 | ! 0 0 0 -1 | | 0 0 0 -2 | | 0 1 0 1 | | 0 0 1 1 | è fácil perceber que as 4 primeiras linhas são linearmente idenpendentes, logo posto (A) = 4 == dim(Im(f)) = 4 f: V -- W == dim (V) = dim (N) + dim (Im(f)) 4 = din(N) + 4 == dim (N) = 0; logo ou só há uma solução ou é impossível. Mas como há a solução, que seria a escolha do jogador A. O sistema tem solção única. R; Não é possível o jogador escolher quatro números que tornem impossível o jogador B ganhar. Fazendo o item 2, também é facil mostrar que o posto da matriz A seria 5 e novamente a resposta é a mesma. Em 17 de outubro de 2014 09:08, benedito bened...@ufrnet.br escreveu: *Problema para o Nível I - (De uma lista de problemas para treinamento da OMA)* (a)Dois jogadores, A e B, disputam o seguinte jogo: · O jogador A escolhe 4 números naturais distintos e escreve num papel todas as somas de dois desses números (são 6 números) · O jogador B ganha se encontra os 4 números escolhidos por A; caso contrário, ganha o jogador A. O jogador A pode escolher os 4 números para que seja impossível B ganhar? (b) No mesmo jogo descrito em (a), mas agora o jogador A escolhe 5 números naturais distintos e escreve as 10 somas de dois dos números. Novamente, determinar se o jogador A pode escolher os 5 números para que seja impossível o jogador B ganhar. -- http://www.avast.com/ Este email está limpo de vírus e malwares porque a proteção do avast! Antivírus http://www.avast.com/ está ativa. -- 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
Re: [obm-l] Problema Legal
Ola' Mauricio, fazendo a leitura sem interpretacao, ate' poderia ser. Inclusive, poderia ser dito que nao existem dragoes, e que portanto o cavalheiro nem estaria preso. :) Mas o que realmente se deseja saber e' se existe algum metodo que garanta a liberdade nos tempo proposto. []'s Rogerio Ponce Em 20 de maio de 2012 13:30, Mauricio barbosa oliho...@gmail.com escreveu: Não pode ser que ocavalheiro , por sorte, separe as 100 moedas em duas pilhas de 50, de forma que as 50 mágicas estariam numa pilha e as 50 não mágicas na outra, saindo assim em um dia? Em 17/05/2012 18:45, Benedito Tadeu V. Freire b...@ccet.ufrn.br escreveu: O problema abaixo apareceu na Lista de Problemas do pessoal da Argentina. Problema Um dragão dá 100 moedas a um cavalheiro que ele mantém prisioneiro. A metade das moedas são mágicas, mas somente o dragão sabe quais são elas. Cada dia, o cavalheiro tem que dividir as 100 moedas em duas pilhas, não necessariamente do mesmo tamanho. Se algum dia as duas pilhas possuem o mesmo número de moedas mágicas ou as pilhas tem o mesmo número de moedas não mágicas, o cavalheiro ganha a liberdade. Determinar se o cavalheiro pode ganhar sua liberdade em 50 dias ou menos. E em 25 dias ou menos? Benedito -- Open WebMail Project (http://openwebmail.org)
Re: [obm-l] Problema Legal
Certo. Entendi. De qualquer forma o que falei estava incorreto também, porque do jeito que falei, 50 moedas mágicas em uma coluna e 50 não mágicas na outra não permitiriam que o cavaleiro saisse. Desculpe a pergunta boba...:) Em 21 de maio de 2012 09:33, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu: Ola' Mauricio, fazendo a leitura sem interpretacao, ate' poderia ser. Inclusive, poderia ser dito que nao existem dragoes, e que portanto o cavalheiro nem estaria preso. :) Mas o que realmente se deseja saber e' se existe algum metodo que garanta a liberdade nos tempo proposto. []'s Rogerio Ponce Em 20 de maio de 2012 13:30, Mauricio barbosa oliho...@gmail.com escreveu: Não pode ser que ocavalheiro , por sorte, separe as 100 moedas em duas pilhas de 50, de forma que as 50 mágicas estariam numa pilha e as 50 não mágicas na outra, saindo assim em um dia? Em 17/05/2012 18:45, Benedito Tadeu V. Freire b...@ccet.ufrn.br escreveu: O problema abaixo apareceu na Lista de Problemas do pessoal da Argentina. Problema Um dragão dá 100 moedas a um cavalheiro que ele mantém prisioneiro. A metade das moedas são mágicas, mas somente o dragão sabe quais são elas. Cada dia, o cavalheiro tem que dividir as 100 moedas em duas pilhas, não necessariamente do mesmo tamanho. Se algum dia as duas pilhas possuem o mesmo número de moedas mágicas ou as pilhas tem o mesmo número de moedas não mágicas, o cavalheiro ganha a liberdade. Determinar se o cavalheiro pode ganhar sua liberdade em 50 dias ou menos. E em 25 dias ou menos? Benedito -- Open WebMail Project (http://openwebmail.org) = 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] Problema Legal
Outra opção. Moeda mágica=M Moeda não mágica = N A pilha original de 100 moedas pode ser concebida como uma superposição de 25 blocos de 4 moedas. Na primeira divisão fazer uma pilha A com 96 moedas e uma B com 4 moedas. Havendo um desequilíbrio de uma M ou N, continuará preso. Repetindo esse procedimento cada dia, agregando à pilha original mais 4 moedas tiradas da torre maior, obteremos os pares A=92,B=8; A=88, B=12 etc. Normalmente os desvios se compensam, e o prisioneiro sairia bem antes de atingir o bloco 25, portanto antes do vigésimo quinto dia. Mas mesmo que o dragão fosse malicioso e deixasse o desequilíbrio se acumular numa mesma espécie de moeda até o bloco 24, ele teria de fazer no ultimo bloco a compensação necessária, caso contrário a torre não teria começado equilibrada. Abs Fernando Candeias Em 17 de maio de 2012 22:04, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu: Para o cavalheiro ganhar a liberdade em ate' 25 dias: Ele separa as 100 moedas em 2 pilhas (A e B) de 50 moedas. A cada dia ele passa uma moeda da pilha A para a pilha B. E ao fim de 25 dias, na pilha A havera' apenas 25 moedas, e ela tera' passado por alguma situacao de igualdade entre as suas moedas magicas (ou nao-magicas), e as moedas magicas (ou nao-magicas) da pilha B. Vejamos como funciona: 1) Se na pilha A houver 25 moedas magicas, entao o cavalheiro ganha a liberdade imediatamente (pois tambem havera' 25 moedas magicas na pilha B). 2) Se na pilha A houver mais de 25 moedas magicas, entao, em algum dos 25 dias subsequentes, esse numero tera' sido reduzido para no maximo 25 moedas magicas. Portanto, em algum momento acontecera' a igualdade entre as moedas magicas das duas pilhas. 3) Se na pilha A houver menos que 25 moedas magicas, entao havera' mais que 25 moedas nao-magicas na pilha A. Portanto, em algum dos 25 dias dias subsequentes, acontecera' uma situacao de igualdade entre as moedas nao-magicas das 2 pilhas. []'s Rogerio Ponce Em 17 de maio de 2012 15:42, Benedito Tadeu V. Freire b...@ccet.ufrn.brescreveu: O problema abaixo apareceu na Lista de Problemas do pessoal da Argentina. Problema Um dragão dá 100 moedas a um cavalheiro que ele mantém prisioneiro. A metade das moedas são mágicas, mas somente o dragão sabe quais são elas. Cada dia, o cavalheiro tem que dividir as 100 moedas em duas pilhas, não necessariamente do mesmo tamanho. Se algum dia as duas pilhas possuem o mesmo número de moedas mágicas ou as pilhas tem o mesmo número de moedas não mágicas, o cavalheiro ganha a liberdade. Determinar se o cavalheiro pode ganhar sua liberdade em 50 dias ou menos. E em 25 dias ou menos? Benedito -- Open WebMail Project (http://openwebmail.org)
Re: [obm-l] Problema Legal
Não pode ser que ocavalheiro , por sorte, separe as 100 moedas em duas pilhas de 50, de forma que as 50 mágicas estariam numa pilha e as 50 não mágicas na outra, saindo assim em um dia? Em 17/05/2012 18:45, Benedito Tadeu V. Freire b...@ccet.ufrn.br escreveu: O problema abaixo apareceu na Lista de Problemas do pessoal da Argentina. Problema Um dragão dá 100 moedas a um cavalheiro que ele mantém prisioneiro. A metade das moedas são mágicas, mas somente o dragão sabe quais são elas. Cada dia, o cavalheiro tem que dividir as 100 moedas em duas pilhas, não necessariamente do mesmo tamanho. Se algum dia as duas pilhas possuem o mesmo número de moedas mágicas ou as pilhas tem o mesmo número de moedas não mágicas, o cavalheiro ganha a liberdade. Determinar se o cavalheiro pode ganhar sua liberdade em 50 dias ou menos. E em 25 dias ou menos? Benedito -- Open WebMail Project (http://openwebmail.org)
Re: [obm-l] Problema Legal
Contra-exemplo: Imagine que a torre A tenha as 50 moedas nao-magicas em sua base, e as 50 moedas magicas no topo. Em todas as movimentações havera' sempre um numero par de moedas magicas e um numero par de moedas nao-magicas na pilha B. Portanto o equilibrio nao acontecera' em hora alguma. []'s Rogerio Ponce Em 20 de maio de 2012 07:08, Fernando Candeias facande...@gmail.comescreveu: Outra opção. Moeda mágica=M Moeda não mágica = N A pilha original de 100 moedas pode ser concebida como uma superposição de 25 blocos de 4 moedas. Na primeira divisão fazer uma pilha A com 96 moedas e uma B com 4 moedas. Havendo um desequilíbrio de uma M ou N, continuará preso. Repetindo esse procedimento cada dia, agregando à pilha original mais 4 moedas tiradas da torre maior, obteremos os pares A=92,B=8; A=88, B=12 etc. Normalmente os desvios se compensam, e o prisioneiro sairia bem antes de atingir o bloco 25, portanto antes do vigésimo quinto dia. Mas mesmo que o dragão fosse malicioso e deixasse o desequilíbrio se acumular numa mesma espécie de moeda até o bloco 24, ele teria de fazer no ultimo bloco a compensação necessária, caso contrário a torre não teria começado equilibrada. Abs Fernando Candeias Em 17 de maio de 2012 22:04, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu: Para o cavalheiro ganhar a liberdade em ate' 25 dias: Ele separa as 100 moedas em 2 pilhas (A e B) de 50 moedas. A cada dia ele passa uma moeda da pilha A para a pilha B. E ao fim de 25 dias, na pilha A havera' apenas 25 moedas, e ela tera' passado por alguma situacao de igualdade entre as suas moedas magicas (ou nao-magicas), e as moedas magicas (ou nao-magicas) da pilha B. Vejamos como funciona: 1) Se na pilha A houver 25 moedas magicas, entao o cavalheiro ganha a liberdade imediatamente (pois tambem havera' 25 moedas magicas na pilha B). 2) Se na pilha A houver mais de 25 moedas magicas, entao, em algum dos 25 dias subsequentes, esse numero tera' sido reduzido para no maximo 25 moedas magicas. Portanto, em algum momento acontecera' a igualdade entre as moedas magicas das duas pilhas. 3) Se na pilha A houver menos que 25 moedas magicas, entao havera' mais que 25 moedas nao-magicas na pilha A. Portanto, em algum dos 25 dias dias subsequentes, acontecera' uma situacao de igualdade entre as moedas nao-magicas das 2 pilhas. []'s Rogerio Ponce Em 17 de maio de 2012 15:42, Benedito Tadeu V. Freire b...@ccet.ufrn.brescreveu: O problema abaixo apareceu na Lista de Problemas do pessoal da Argentina. Problema Um dragão dá 100 moedas a um cavalheiro que ele mantém prisioneiro. A metade das moedas são mágicas, mas somente o dragão sabe quais são elas. Cada dia, o cavalheiro tem que dividir as 100 moedas em duas pilhas, não necessariamente do mesmo tamanho. Se algum dia as duas pilhas possuem o mesmo número de moedas mágicas ou as pilhas tem o mesmo número de moedas não mágicas, o cavalheiro ganha a liberdade. Determinar se o cavalheiro pode ganhar sua liberdade em 50 dias ou menos. E em 25 dias ou menos? Benedito -- Open WebMail Project (http://openwebmail.org)
Re: [obm-l] Problema Legal
Olá, Benedito, acho que em 50 dias é possível. Veja: no primeiro dia, ele separa nas pilhas A e B, sendo 25 na pilha A e 75 na pilha B. A cada dia, ele passa uma moeda da pilha B para a pilha A. Assim, em 49 passos, ele tem que passar pela mesma quantidade de moedas mágicas nas duas pilhas ou na mesma quantidade de moedas não máginas nas duas pilhas. Estou pensando sobre 25 dias... =] Abraços, Salhab 2012/5/17 Benedito Tadeu V. Freire b...@ccet.ufrn.br O problema abaixo apareceu na Lista de Problemas do pessoal da Argentina. Problema Um dragão dá 100 moedas a um cavalheiro que ele mantém prisioneiro. A metade das moedas são mágicas, mas somente o dragão sabe quais são elas. Cada dia, o cavalheiro tem que dividir as 100 moedas em duas pilhas, não necessariamente do mesmo tamanho. Se algum dia as duas pilhas possuem o mesmo número de moedas mágicas ou as pilhas tem o mesmo número de moedas não mágicas, o cavalheiro ganha a liberdade. Determinar se o cavalheiro pode ganhar sua liberdade em 50 dias ou menos. E em 25 dias ou menos? Benedito -- Open WebMail Project (http://openwebmail.org)
Re: [obm-l] Problema Legal
Para o cavalheiro ganhar a liberdade em ate' 25 dias: Ele separa as 100 moedas em 2 pilhas (A e B) de 50 moedas. A cada dia ele passa uma moeda da pilha A para a pilha B. E ao fim de 25 dias, na pilha A havera' apenas 25 moedas, e ela tera' passado por alguma situacao de igualdade entre as suas moedas magicas (ou nao-magicas), e as moedas magicas (ou nao-magicas) da pilha B. Vejamos como funciona: 1) Se na pilha A houver 25 moedas magicas, entao o cavalheiro ganha a liberdade imediatamente (pois tambem havera' 25 moedas magicas na pilha B). 2) Se na pilha A houver mais de 25 moedas magicas, entao, em algum dos 25 dias subsequentes, esse numero tera' sido reduzido para no maximo 25 moedas magicas. Portanto, em algum momento acontecera' a igualdade entre as moedas magicas das duas pilhas. 3) Se na pilha A houver menos que 25 moedas magicas, entao havera' mais que 25 moedas nao-magicas na pilha A. Portanto, em algum dos 25 dias dias subsequentes, acontecera' uma situacao de igualdade entre as moedas nao-magicas das 2 pilhas. []'s Rogerio Ponce Em 17 de maio de 2012 15:42, Benedito Tadeu V. Freire b...@ccet.ufrn.brescreveu: O problema abaixo apareceu na Lista de Problemas do pessoal da Argentina. Problema Um dragão dá 100 moedas a um cavalheiro que ele mantém prisioneiro. A metade das moedas são mágicas, mas somente o dragão sabe quais são elas. Cada dia, o cavalheiro tem que dividir as 100 moedas em duas pilhas, não necessariamente do mesmo tamanho. Se algum dia as duas pilhas possuem o mesmo número de moedas mágicas ou as pilhas tem o mesmo número de moedas não mágicas, o cavalheiro ganha a liberdade. Determinar se o cavalheiro pode ganhar sua liberdade em 50 dias ou menos. E em 25 dias ou menos? Benedito -- Open WebMail Project (http://openwebmail.org)
RE: [obm-l] problema legal
Se entendi bem, para x no espaço defina f(x) = d(x,p)/(d(xp) + d(x,q)) É fácil ver que f atende ao desejado. É contínua pois a função x -- d(x, p) é contínua, na realidadae LIpschitz com constante 1. E o denominador de f nunca se anula. Artur From: sswai...@hotmail.com To: obm-l@mat.puc-rio.br Subject: [obm-l] problema legal Date: Sun, 27 Feb 2011 17:53:34 + Seja (Rn, d) um Espaço métrico. e pdiferente de q pertencentes à Rn. Mostrar que existe uma função cont. f:Rn - tq f(p)=0 e f(q)=1 e 0=f=1. A primeira idéia foi utilizar que o conjunto Rn é convexo, mas não consergui definir bem a função. Alguém tem alguma dica pra me ajudar a fazer este? Valeu
Re: [obm-l] problema legal
Não entendo muito do assunto, mas imagino que o fato de Rn ser convexo não pode fazer diferença, pois a métrica d não está definida. Podemos modificar a estrutura do Rn definindo a métrica, se quisermos, e inclusive podemos dar ao espaço um aspecto que não é o de um espaço convexo.. podemos fazer com que ele deixe de ser completo, ou convexo, por exemplo. Em suma, eu não sei a definição de convexo que você está usando, mas sei que podemos dar ao Rn o aspecto de uma circunferência, por exemplo. (Basta definir uma métrica dc na circunferência, definir uma bijeção b do Rn na circunferência, e então definir a métrica no Rn como sendo dr(x,y)=dc[b(x),b(y)].) Imagino que qualquer que seja definição de convexo, uma circunferência não é convexa (desde que ela tenha uma métrica que dê a ela o aspecto de uma circunferência de fato, é claro) por exemplo, uma boa métrica para a cirunferência é d(x,y)=menor angulo entre x e y. não vale nenhuma métrica do tipo: d(x,y)=comprimento do arco entre x e y que não passa por um dado ponto p; d(p,x)=comprimento do arco começando em p e terminando em x no sentido horário. Essa métrica dá à circunferência o aspecto de um segmento semi-aberto (que é convexo, pelo menos na minha definição intuitiva de convexo) se eu falei muita besteria, alguém me avise... : ) = 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] Problema legal! (Corrigindo o enunciado)
Para diferenciar os pedaços de uma mesma face, vamos chamá-los de 1,2 e 3.
Sejam Sx,y a área da intersecção do pedaço x da primeira face com o pedaço y
da segunda face, SX a área do pedaço x da primeira face e S a área total da
face do papel. Queremos sigma(a1,a2,a3), uma permutação de {1,2,3} tal que
S1,a1+S2,a2+S3,a3 =S/3. Porque basta pintar o pedaço a_i da segunda face
com a mesma cor de i, para i pertencente a {1,2,3}.
Temos :
S1,1 + S1,2 + S1,3 = S1
S2,1 + S2,2 + S2,3 = S2
S3,1 + S3,2 + S3,3 = S3
Então :
(S1,1 + S2,2 + S3,3) + (S1,2 + S2,3 + S3,1) + (S1,3 + S2,1 + S3,2) =
S1+S2+S3 = S, portanto uma das parcelas é = S/3 como queríamos.
Re: [obm-l] problema legal
Se entedi bem, defina f(x) = d(x,p)/( Em fev 27, 2011 4:23 PM, Samuel Wainer sswai...@hotmail.comescreveu: Seja (Rn, d) um Espaço métrico. e pdiferente de q pertencentes à Rn. Mostrar que existe uma função cont. f:Rn - tq f(p)=0 e f(q)=1 e 0=f=1. A primeira idéia foi utilizar que o conjunto Rn é convexo, mas não consergui definir bem a função. Alguém tem alguma dica pra me ajudar a fazer este? Valeu
RE: [obm-l] Problema legal!
Olá Primeiramente veja se não coonfundiu lado com face. Uma folha tem 4 lados , o de cima, o de baixo, o da esquerda e o da direita, mas duas faces, a frente e o verso. Mas eu acho que isso é meio óbvio né? Se n1=n2=n3 são os polígonos , é claro que n1= 1/3 e aliás, a soma dos dois polígonos seria 1/2 Não entendi muito bem onde você quis chegar []ss João From: bened...@ufrnet.br To: obm-l@mat.puc-rio.br Subject: [obm-l] Problema legal! Date: Fri, 25 Feb 2011 19:18:25 -0300 PROBLEMA Cada um dos lados de uma folha de papel é dividido em três polígonos. De um lado, um dos polígonos é de cor branca, outro vermelho, e o terceiro verde. Prove que do outro lado da folha, é possível pintar um polígono de branco, outro de vermelho, e o terceiro de verde de tal maneira que pelo menos um terço da área da folha de papel é colorido com a mesma cor em ambos os lados.
Re: [obm-l] Problema Legal
Que bonito Benéeste problema é um dos meus preferidos...vou tentar explicá-la para quem por acaso não a conheça Suponha que a tal transformação seja possível. Imagine que uma vez feita a decomposição do círculo original você pegue cada parte e pinte de branco as linhas cercam uma região convexa e de preto as as linhas cercam um região côncava. Sejam B e P as somas das medidas de todas as linhas pintadas de branco e de preto, respectivamente. Quando todas as peças são agrupadas para formar o quadrado, cada parte branca deve ser emparelhada com uma parte preta, assim temos que B=P. Por outro lado quando todas as peças são emparelhadas para formar o círculo cada parte parte preta deve encontrar uma parte branca, enquanto que a linha da circunferência deve ser branca, então BP, o que contradiz o fato de que B=P, Logo a trasformação proposta é impossível. acho que é isso, Valew...Cgomes - Original Message - From: Bené To: obm-l@mat.puc-rio.br Sent: Wednesday, January 24, 2007 12:57 PM Subject: [obm-l] Problema Legal Adaptado de um dos problemas do Troneio das Cidades (1996): Tem-se um papel em forma de círculo e pretende-se cortá-lo em pedaços, com um número finito de cortes, feitos ao longo de segmentos de retas ou em arcos circulares, de modo a formar um quadrado de mesma área. Diga, justificando, se é possível fazer isto. Benedito -- No virus found in this incoming message. Checked by AVG Free Edition. Version: 7.1.410 / Virus Database: 268.17.8/649 - Release Date: 23/1/2007
Re: [obm-l] Problema legal
A cada jogada teremos retirado mais um número ímpar de caroços, logo para retirarmos um número par de caroços devemos fazer um número par de jogadas. Logo, terminaremos de retirar os 2002 caroços em uma jogada de número par, portanto Barney ganhará.
Re: [obm-l] Problema Legal
Considerando B a quantidade de bancos do ônibus e P a quantidade de passageiros, temos: 2B+26=P 3(B-2)=P De onde se tira: B=32 e P=90 Resposta e. - Original Message - From: Robÿe9rio Alves To: obm-l@mat.puc-rio.br Sent: Thursday, March 09, 2006 9:44 AM Subject: [obm-l] Problema Legal Determine quantos passageiros viajam em certo Ônibus, sabendo se que, se dois passageiros ocuparem cada banco, 26 ficariam em pé e se três passageiros se sentassem em cada banco, dois bancos ficariam vazios. ( a ) 32 ( b ) 26 ( c) 64 ( d) 96( e ) 90 Yahoo! Acesso Grátis Internet rápida e grátis. Instale o discador agora! No virus found in this incoming message.Checked by AVG Free Edition.Version: 7.1.375 / Virus Database: 268.2.1/277 - Release Date: 8/3/2006
Re: [obm-l] Problema Legal
Tm toda a razao. Eu esqueci do 96 = 3*32. Obrigado pela correcao. []s, Claudio. on 16.10.04 00:37, Eduardo Henrique Leitner at [EMAIL PROTECTED] wrote: o 96 tb seria azul nao? seguindo sua lohgica: 3 6 12 24 48 96, cujo maior divisor impar eh 3: 4*0 + 3 entao teremos 48 azuis e portando 52 vermelhos, correto? On Wed, Oct 13, 2004 at 10:19:59AM -0200, Claudio Buffara wrote: on 12.10.04 18:09, benedito at [EMAIL PROTECTED] wrote: Abaixo, segue um problema legal: Problema Num corredor, existem 100 armários em fila, numeradas de 1 até 100. Um pintor vem e pinta todas os armários de vermelho. Em seguida, vem um segundo pintor e pinta de azul os armários de três em três, começando do armário número 3. A seguir, vem um terceiro pintor e pinta de vermelho os armários de cinco em cinco, começando no armário de número 5 (ele pinta de vermelho, mesmo que o armário já seja vermelho). Em seguida, vem um quarto pintor e pinta de azul os armários de sete em sete, começando no armário 7. A seguir, vem um quinto pintor, e assim por diante, alternando a pintura vermelha, azul, até o pintor de número 50. No final, quantos armários são vermelhos? As pinturas vermelhas sao multiplas de 1, 5, 9, 13, ..., 97 (4k+1) As pinturas azuis sao multiplas de 3, 7, 11, 15, ..., 99 (4k+3) A cor final de um dado armario eh a cor da ultima pintura que ele recebe e esta cor corresponde justamente ao maior divisor impar do numero do armario. Assim, o numero de armarios azuis eh igual ao numero de inteiros entre 1 e 100 (inclusive) cujo maior divisor impar eh da forma 4k+3. Estes numeros sao: 3, 7, 11, 15, ..., 95, 99 (25); 6, 14, 22, 30, ..., 86, 94 (25+12=37); 12, 28, 44, 60, 76, 92 (37+6=43); 24, 56, 88 (43+3=46); 48 (46+1=47) Logo, os armarios vermelhos sao em numero de 100 - 47 = 53. []s, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Problema Legal
o 96 tb seria azul nao? seguindo sua lohgica: 3 6 12 24 48 96, cujo maior divisor impar eh 3: 4*0 + 3 entao teremos 48 azuis e portando 52 vermelhos, correto? On Wed, Oct 13, 2004 at 10:19:59AM -0200, Claudio Buffara wrote: on 12.10.04 18:09, benedito at [EMAIL PROTECTED] wrote: Abaixo, segue um problema legal: Problema Num corredor, existem 100 armários em fila, numeradas de 1 até 100. Um pintor vem e pinta todas os armários de vermelho. Em seguida, vem um segundo pintor e pinta de azul os armários de três em três, começando do armário número 3. A seguir, vem um terceiro pintor e pinta de vermelho os armários de cinco em cinco, começando no armário de número 5 (ele pinta de vermelho, mesmo que o armário já seja vermelho). Em seguida, vem um quarto pintor e pinta de azul os armários de sete em sete, começando no armário 7. A seguir, vem um quinto pintor, e assim por diante, alternando a pintura vermelha, azul, até o pintor de número 50. No final, quantos armários são vermelhos? As pinturas vermelhas sao multiplas de 1, 5, 9, 13, ..., 97 (4k+1) As pinturas azuis sao multiplas de 3, 7, 11, 15, ..., 99 (4k+3) A cor final de um dado armario eh a cor da ultima pintura que ele recebe e esta cor corresponde justamente ao maior divisor impar do numero do armario. Assim, o numero de armarios azuis eh igual ao numero de inteiros entre 1 e 100 (inclusive) cujo maior divisor impar eh da forma 4k+3. Estes numeros sao: 3, 7, 11, 15, ..., 95, 99 (25); 6, 14, 22, 30, ..., 86, 94 (25+12=37); 12, 28, 44, 60, 76, 92 (37+6=43); 24, 56, 88 (43+3=46); 48 (46+1=47) Logo, os armarios vermelhos sao em numero de 100 - 47 = 53. []s, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Problema Legal
on 12.10.04 18:09, benedito at [EMAIL PROTECTED] wrote: Abaixo, segue um problema legal: Problema Num corredor, existem 100 armários em fila, numeradas de 1 até 100. Um pintor vem e pinta todas os armários de vermelho. Em seguida, vem um segundo pintor e pinta de azul os armários de três em três, começando do armário número 3. A seguir, vem um terceiro pintor e pinta de vermelho os armários de cinco em cinco, começando no armário de número 5 (ele pinta de vermelho, mesmo que o armário já seja vermelho). Em seguida, vem um quarto pintor e pinta de azul os armários de sete em sete, começando no armário 7. A seguir, vem um quinto pintor, e assim por diante, alternando a pintura vermelha, azul, até o pintor de número 50. No final, quantos armários são vermelhos? As pinturas vermelhas sao multiplas de 1, 5, 9, 13, ..., 97 (4k+1) As pinturas azuis sao multiplas de 3, 7, 11, 15, ..., 99 (4k+3) A cor final de um dado armario eh a cor da ultima pintura que ele recebe e esta cor corresponde justamente ao maior divisor impar do numero do armario. Assim, o numero de armarios azuis eh igual ao numero de inteiros entre 1 e 100 (inclusive) cujo maior divisor impar eh da forma 4k+3. Estes numeros sao: 3, 7, 11, 15, ..., 95, 99 (25); 6, 14, 22, 30, ..., 86, 94 (25+12=37); 12, 28, 44, 60, 76, 92 (37+6=43); 24, 56, 88 (43+3=46); 48 (46+1=47) Logo, os armarios vermelhos sao em numero de 100 - 47 = 53. []s, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Problema legal
Title: Re: [obm-l] Problema legal Oi, pessoal: No meio de varios problemas da sexta serie, esse aqui, proposto pelo Marcelo Souza, muito mais interessante, acabou caindo no esquecimento. Eu comecei a fazer no braco, mas cai numas desigualdades horriveis e desisti. Depois, testei varios casos no computador e cheguei a uma conjectura: Joao resolve no maximo duas equacoes, ou seja, se houver uma terceira equacao, ela terah necessariamente, raizes complexas. Exemplos: 1) x^2 + 2x + 3 = 0 == raizes complexas == Joao para na primeira. 2) x^2 - 5x + 6 = 0 == raizes: 2 e 3 == cai na equacao (1) e, portanto, para na segunda. 3) x^2 - x - 30 = 0 == raizes: -5 e 6 == cai na equacao (2) e, portanto, para na terceira. Repare que esse processo nao pode ser continuado pois -1 -30 e o enunciado diz que o coeficiente de x tem que ser inferior ao termo independente. Entao? Quem se habilita a provar ou encontrar um contra-exemplo pra conjectura acima? []s, Claudio. on 28.04.04 00:49, Marcelo Souza at [EMAIL PROTECTED] wrote: Olá pessoas Alguém poderia me dar uma mãozinha neste probleminha 1. João resolve equações quadráticas. Resolvendo a equação x^2+p_1x+q_1=0, ele encontra duas raízes reais p_2, q_2, p_2q_2. Então ele resolve x^2+p_2x+q_2=0 e assim por diante... Até quando este exercício se repetirá, sabendo que João não conhece números complexos? obrigado []'s, Marcelo.
Re: [obm-l] Problema Legal
Title: Re: [obm-l] Problema Legal
on 24.02.04 15:53, benedito at [EMAIL PROTECTED] wrote:
PROBLEMA
Antônio desenhou, em duas folhas de papel, dois tabuleiros quadriculados com 2004 linhas e 2004 colunas (um em cada folha e os dois tabuleiros de mesmas dimensões). Em seguida, pintou de azul alguns dos quadrados unitários de um dos tabuleiros e os restantes de amarelo, fazendo o mesmo no outro tabuleiro, tendo o cuidado de pintar de azul tantos quadrados unitários do primeiro tabuleiro quantos os que tinha pintado no outro tabuleiro. Enquanto a tinta ainda estava fresca, sobrepôs os dois tabuleiros de modo que as cores se misturassem.
Mostre que o número de quadrados verdes que Antônio obteve no final é par.
A cada quadrado unitario facamos corresponder o par (x,y), onde x eh cor do quadrado no tabuleiro 1 e y a cor do quadrado no tabuleiro 2. Neste caso, precisamos provar que o numero de pares (x,y) com x y eh par (x,y pertencem a {0,1}, onde 0 = azul e 1 = amarelo)
Suponhamos que, apos a sobreposicao, ficamos com:
r quadrados (0,0),
s quadrados (1,1),
u quadrados (1,0) e
v quadrados (0,1).
(r, s, u, v: inteiros nao-negativos tais que r + s + u + v = 2004^2).
numero de quadrados verdes =
numero de pares ordenados com coordenadas distintas =
u + v.
O enunciado tambem diz que o numero de quadrados azuis nos dois tabuleiros eh o mesmo. Assim:
numero de quadrados azuis no tabuleiro 1 =
numero de pares ordenados com primeira coordenada igual a 0 =
r + v.
numero de quadrados azuis no tabuleiro 2 =
numero de pares ordenados com segunda coordenada igual a zero =
r + u.
Do enunciado: r + v = r + u == v = u.
Logo, concluimos que o numero de quadrados verdes eh igual a 2u, um numero par.
Um abraco,
Claudio.
Re: [obm-l] Problema Legal
vai por indução: primeiramente temos o caso trivial, se ele pintar 0 quadrados de azul o resultado final são 0 quadrados verdes, que é par... suponha seja verdadeiro para 0 = k = n pinte n+1 quadradinhos de azul em ambas as folhas. se existe 1 célula que é pintada de azul em ambas as folhas temos que no resultado final a célula é azul e o número de células verdes no final só depende das outras n células e pela nossa hipótese esse número é par. se não existe nenhuma célula de azul que aparece em ambas as folhas então o número de folhas verdes é par pois os n+1 quadrados foram pintados de azul na folha 1 são amarelos na folha 2 e vice-versa, no final o total é de 2n+2 quadrados verdes. [ ]'s -- x -- PROBLEMA Antônio desenhou, em duas folhas de papel, dois tabuleiros quadriculados com 2004 linhas e 2004 colunas (um em cada folha e os dois tabuleiros de mesmas dimensões). Em seguida, pintou de azul alguns dos quadrados unitários de um dos tabuleiros e os restantes de amarelo, fazendo o mesmo no outro tabuleiro, tendo o cuidado de pintar de azul tantos quadrados unitários do primeiro tabuleiro quantos os que tinha pintado no outro tabuleiro. Enquanto a tinta ainda estava fresca, sobrepôs os dois tabuleiros de modo que as cores se misturassem. Mostre que o número de quadrados verdes que Antônio obteve no final é par. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
RE: [obm-l] Problema legal
Nao deu para pensar agora, mast ah parecendo que a prova tem alguma coisa a ver com a divisao aurea e fracoes continuas. Artur -Original Message- From: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] On Behalf Of Marcio Afonso A. Cohen Sent: Sunday, February 08, 2004 2:21 PM To: [EMAIL PROTECTED] Subject: [obm-l] Problema legal Mostre que o numero [arccos((sqrt(5)-1)/2 )] / pi eh irracional. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
