implica que BM(x) = BM(k) U BM(Ln(k)) = BM(x) U BM(Exp(x)) U
> BM(Ln(k)), também implica (k,x)=(0,1)
>
> Dessa forma provamos que é impossível 'isolar' o x em função de k.
>
> Em ter, 24 de out de 2023 21:15, Daniel Jelin
> escreveu:
>
>> Caros, olá. Tenho a seguinte equação: 1/
Caros, olá. Tenho a seguinte equação: 1/ln(x) - 1/(x-1) = k, com x e k
reais. Quero isolar o x, mas não consigo. Pergunto: alguém tem alguma dica?
E pergunto tb: é possível que simplesmente não haja meios de isolar o x?
Nesse caso, como se prova isso? abs.
--
Esta mensagem foi verificada pelo
amigos, além do prof. melo e souza, o grande malba tahan, sabem dizer que
outros nomes contribuíram para a matemática recreativa no brasil?
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
acredita-se estar livre de perigo.
Tem uma prova famosa, q vale pra dois reais quaisquer a, b, a1. Assim, nb-na>1. Logo, existe algum
inteiro m entre nb e na, de modo que na escreveu:
> É possível provar que entre 2 IRRACIONAIS há sempre um racional?o
> contrário eu sei como fazer
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema
= P (B | C) = 1/2.
>
> Em suma, quando uma nova informação (C) chega, eventos (A) e (B) que eram
> independentes podem deixar de sê-lo!
>
> Abraco, Ralph.
>
> On Thu, Jun 24, 2021 at 9:57 PM Daniel Jelin
> wrote:
>
>> Caros, duas dúvidas elementares sobre proba
Caros, duas dúvidas elementares sobre probabilidade condicional, quem sabe
possam me ajudar. Leio, em mais de um lugar, que:
1) Se A e B são independentes, então P(A | B e C) = P (A | C)
A explicação parece fazer sentido: se A não depende de B, tanto que faz que
B seja dado ou não.
Em conexão
Curioso, pra mim deu muito perto, 17,6470...%
Resolvi a seguinte inequação, com x = 1 + (inflação):
1.1*1000x - (1.1*1000x - 1000)*0.4>=1000x
1.1 x - 0.44 x + 0.4 >= x
x<=0.4/0.34= 1.176470...
Parece simples. O que tá escapando aqui?
On Fri, Apr 23, 2021 at 11:23 AM Pedro Júnior
wrote:
> Olá
Me parece que a interpretação dada não muda a resposta, se entendi direito.
Teríamos: 50% de chance de continuar na mesma posição (ponto pros dois ou
ponto pra ninguém), 25% de avançar (ponto pra um), 25% de recuar (ponto pro
adversário). Assim, acho que dá para usar o esquema do Ralph:
não sei ao certo, meu caro, mas, falando como professor (e leitor), suponho
que não. e não é tanto por ser muito ou pouco avançado. receio que o
assunto fuja às preocupações do ensino básico - mesmo que a sua prova seja
elementar. repara, nada contra provas matemáticas na escola, ao contrário.
Não achei uma solução na linha régua e compasso. Segue uma tentativa por
trigonometria. Dado o triângulo ABC, seja x o ângulo BAC, seja y o ângulo
ABC. Queremos P no circuncírculo tal que PB+PC=PA. Então P deve ser tal que
AP intersecta BC. Assim formamos os triângulos ABP e ACP.
Os triângulos
Que interessante! Pra mim deu isso tb, por outro caminho. Podemos ter: 0,
1, 2, 3, 4 ou 5 caras no máximo. 1 cara: podemos escolhemos 1 posição
qualquer dentre as 10; 2 caras: podemos escolher 2 posições de um total de
9, porque 1 posição entre caras deve ser garantido pra coroa; 3 caras:
Pra mim deu 91 também: C(13,3) - 13*C(6,2).
Acho que dá pra generalizar para polígonos regulares de 2n+1 lados: serão
C(2n+1,3) - (2n+1)*C(n,2) triângulos, que significa o total de triângulos
menos aqueles cujos vértices estão todos de uma mesma 'banda' do polígono.
abs,
Daniel
Uma solução, braçal:
1) Começamos com 3 ingleses. Há 35 maneiras de colocar outros 6 cidadãos,
indistintamente, de modo a garantir que 2 deles estejam separando os três
ingleses: é uma combinação com repetição para escolher, entre 4
possibilidades, a posição de 4 indivíduos, ou seja, CR4,4 = C7,4
Achei 2020. Por inclusão/exclusão, somamos o total de múltiplos de 2, 3, 5,
7 menores que 8837; subtraímos o total de múltiplos de 2*3, 2*5, 2*7, 3*5,
3*7, 5*7; somamos o total de múltiplos de 2*3*5, 2*3*7, 2*5*7, 3*5*7; e
finalmente subtraímos o total de múltiplos de 2*3*5*7; e assim obtemos o
Até chegarmos à marcação 2783915460, temos, se entendi bem:
2*9! (permutações começando com 0, 1)
6*8! (permutações começando com 20, 21, 23, 24, 25, 26)
6*7! (permutações começando com 270, 271, 273, 274, 275, 276)
2*6! (permutações começando com 2780, 2781)
5*5! (permutações começando com
Achei 8 triângulos. Assim: seja c o lado maior, oposto ao ângulo C, e sejam
a e b os demais lados, com a maior ou igual a b; C é obtuso, então
-1 wrote:
> Perdão, precisam ser lados inteiros.
>
> Em sex., 22 de nov. de 2019 às 20:39, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>
>>
acho que podemos fazer o seguinte. sejam os pontos m a interseção de da'
com cd'; n a interseção de ab' com da'; o a interseção de bc' com ab'; e p
a de cd' com bc'. queremos a área de mnop. da' e bc' são paralelos, assim
como cd' e ab', então mnop é um paralelogramo
traçamos uma reta r paralela
Ops, corrigindo, cos x é BP/l, não sobre 2. Abs
Em 25/10/2019 14:30, "Daniel Jelin" escreveu:
> Uma solução alternativa nos reais, gente, aqui da minha turma do mestrado.
> Seja l o lado do triângulo. Seja x o ângulo APB. PAB é 90-x. PAQ é x-60.
> Cos(x)=BP/2. Sen (x) =
Uma solução alternativa nos reais, gente, aqui da minha turma do mestrado.
Seja l o lado do triângulo. Seja x o ângulo APB. PAB é 90-x. PAQ é x-60.
Cos(x)=BP/2. Sen (x) = a/l. Cos (x-60)=b/l. Resolvendo a diferença de
arcos, temos BP=2b-3^1/2*a. Abs
Em 25/10/2019 12:29, "Prof. Douglas Oliveira"
queremos fazer com que cada umas das 12 caixas indique um conjunto único de
outras 4 caixas (aquelas que o mágico irá abrir) de tal modo que o par de
caixas que contenham as moedas seja uma das 6 combinações dos 4 elementos,
2 a 2, desse conjunto. vamos imaginar as caixas numeradas de 1 a 12.
são
Deve haver um jeito mais elegante, mas dá pra fazer por substituição:
(1) x=(8-y)/(1+y)
(2) y=(15-z)/(1+z)
(3) z=(35-x)/(1+x)
(4) Com (1) e (3), achamos z=3+4y
(5) De volta a y + z + yz = 15, e sabendo que y é positivo, achamos y = 1
(6) Então z = 7 e x = 7/2
(7) Então xyz + x + y + z = 49/2 +
Alternativamente, se o lado que mede 2 for oposto ao que mede 4, teríamos:
x^2 = 16 + 4 - 9 = 11. O que faz pensar se não existe uma solução que
contemple simultaneamente as duas respostas, será?
On Mon, Feb 11, 2019 at 8:22 AM Vinícius Raimundo
wrote:
> Considere os vértices do quadrilátero
Caros, td bem? achei o problema abaixo em um site aparentemente abandonado.
ainda é possível checar a resposta, mas não se inscrever para conferir ou
discutir soluções. enfim, tive um bom trabalho pra chegar na resposta dada
como certa (29.37), e só o fiz com muita ajuda do computador, por isso
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