ra chegar na fórmula, não consegui.
Saudações,
PJMS.
Em 29 de mar de 2018 22:30, "Pedro José" <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Desculpe- me, não são divisores. São os únicos números que não são
> co-primos de p^k.
>
> Em 29 de mar de 2018 22:25, "Pedro José&qu
Desculpe- me, não são divisores. São os únicos números que não são
co-primos de p^k.
Em 29 de mar de 2018 22:25, "Pedro José" <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Boa noite!
> Israel,
> você é detalhista.
> É fácil ver que se n = p^k, só haverá p^(k-1) divisores de p^k.
PJMS.u
Em 29 de mar de 2018 21:48, "Pedro José" <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Boa noite!
> Não tenho editor de símbolos. Portanto.
> Fi(n)= n . Produtório de ( p-1)/ p, onde p é primo e p divide n.
>
> Em 28 de mar de 2018 22:19, "Anderson Torres" <
&g
Boa noite!
Não tenho editor de símbolos. Portanto.
Fi(n)= n . Produtório de ( p-1)/ p, onde p é primo e p divide n.
Em 28 de mar de 2018 22:19, "Anderson Torres"
escreveu:
> Em 28 de março de 2018 21:24, Israel Meireles Chrisostomo
>
Boa noite!
Corrigindo
MF =NG= x e EM=FN=y e não: MF=EG= x e EM = FE = y.
Saudações,
PJMS
Em 29 de março de 2018 19:06, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Boa noite!
>
> Faça o desenho conforme o problema.
>
> Projete o ponto E em AB e chame de M. Projete o ponto
Boa noite!
Faça o desenho conforme o problema.
Projete o ponto E em AB e chame de M. Projete o ponto G em AB e chame de N.
Os triângulos EMF e GFM (ALA) são congruentes.
MF=EG= x e EM = FE = y.
BM=k= x. tg30
NC = l = y tg30
k + x + y + l = a = (x+y). (1 + tg30) ==> x + y = a/(1 + tg30) ==>
Bom dia!
Não deu para compreender. Para cada terno (k,j,w) terá apenas uma raiz em x
ou nenhuma. Mas para todo natural existe pelo menos um terno que atenda a
sua proposição.
w=x ; k=1 e j=2.
Saudações,
PJMS
Em 27 de março de 2018 22:28, Israel Meireles Chrisostomo <
omo k-2 deve ser inteiro positivo, k só pode ser 3 e, portanto:
>>> > 2/(t-1) + 2/(u-1) + 1/((t-1)(u-1)) = 1 ==>
>>> > (2 + 1/(t-1))/(u-1) = 1 - 2/(t-1) ==>
>>> > u = 1 + (2t - 1)/(t - 3) = 3 + 5/(t-3) ==>
>>> > t = 4 e u = 8 ou t = 8 e u = 4 (nã
Achar s, t tais que (s-1)(t-1) | st - 1, com 1 < s < t.
>
> 2018-03-23 15:38 GMT-03:00 Pedro José <petroc...@gmail.com>:
>
>> Boa tarde!
>>
>> Aproveitando que deu o que falar o problema postado pelo Douglas, tem um
>> que achei mais interessante.
>>
Boa tarde!
Não entendi, os e-mails que estou enviando estão caindo anexo a esse,
mandei um propondo um problema e não o vi aparecer. Postei novamente. E os
dois caíram aqui, embora fosse uma mensagem nova.
Desculpem-me,
PJMS
Em 23 de março de 2018 15:38, Pedro José <petroc...@gmail.
Boa tarde!
Aproveitando que deu o que falar o problema postado pelo Douglas, tem um
que achei mais interessante.
(s-1)(t-1).(u-1) | stu -1, com s, t, u inteiros e 1
qui deixou de ser conjectura. Foi provado, na grosseria, por
substituição mas foi.
Saudações,
PJMS
Em 23 de março de 2018 11:07, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Bom dia!
> Anderson,
> o Gugu já avançou, em uma nota acima. E é passível.
> Revendo a solução d
Boa tarde!
Seguindo a linha do Douglas, tem um que acho bem legal.
(s-1) (t-1)(u-1) | stu -1 s,t, u estritamente naturais e s
Bom dia!
Anderson,
o Gugu já avançou, em uma nota acima. E é passível.
Revendo a solução do Ralph, fica claro que essa transformação seria de
valia.
Pois essa transformação leva a :
a = (y+z)/2
b= (x+z)/2
c= (x+y)/2
Então na ordem que o Ralph apresentou: 1/2*(2x+y+z)(x+2y+z)(x+y+2z)=1
(b+c) dá
Boa noite!
Nem havia reparado que a transformação do Gugu, foi feita em composição com
a anterior que fora postada. Acabou sendo a mesma que postei.
Escolhi porque fazia sumir os termos com expoente 3.
Saudações,
PJMS
Em 22 de mar de 2018 22:59, "Pedro José" <petroc...@gmail.
Boa noite!
Vi duas proposições de substituições de variáveis, nas notas anteriores e
ratifico os questionamentos do Cláudio.
Aventurei uma substituição:
a=x+y ; b=x+z; c = y + z.
Aí, na munheca cancelam-se os termos com expoentes cúbicos. E separando os
termos de
(a+b)*(a+c), no que sobra, chega-
1,-1,2); (-1,2;-1); (2,-1,-1)
Ralph,
Fiz esse salseiro todo, ao invés de fatorar. E olha, que ontem estava
orgulhoso de ter achado a solução.
Saudações,
PJMS
Em 20 de março de 2018 12:10, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
> É acabou me ajudando. Resolvi de uma outra form
y+2z)=1
> (2x+y+z)(x+2y+z)(x+y+2z)=2
>
> Confiram se eu nao errei contas... Mas agora ficou **bem** facil! :D
>
> Abraco, Ralph.
>
> 2018-03-19 14:33 GMT-03:00 Pedro José <petroc...@gmail.com>:
>
>> Bom dia!
>>
>> Estou só conjecturando. Pois, não c
solução da equação
acima para inteiros.
Em 19 de março de 2018 14:14, Claudio Buffara <claudio.buff...@gmail.com>
escreveu:
> Podem existir soluções não triviais envolvendo inteiros negativos.
>
> 2018-03-19 10:17 GMT-03:00 Pedro José <petroc...@gmail.com>:
>
>> Bom dia!
Bom dia!
Poderia postar a solução? Não consegui achar nenhuma restrição para
trabalhar num subconjunto pequeno dos inteiros.
Creio que vá ser apenas a trivial (0,0,1) e suas permutações.
grato,
PJMS
Em 13 de março de 2018 20:19, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com>
totais. [image: Imagem
inline 3]
p = k!. M / U
Em 7 de dezembro de 2017 18:18, Lucas Reis <lucasvianar...@gmail.com>
escreveu:
> Acredito que mudar a primeira escolha seria permutar a primeira fazenda na
> resolução Pedro José. Como são três opções com as mesmas
Bom dia!
Resolvendo por grafo.
Para a primeira escolha sendo T há 90 ocorrências. Então o segundo com
terceiro deverá ser BV e MV ou MV e BV, o que daria 2*90*110*80.
Note que se mudar a primeira escolha, também dará 2*90*110*80.
Então serão 6*90*110*80 chances favoráveis.
O universo é
Bom dia!
O Ralph seguiu o caminho certo. Contagem é para coisas distintas.
Multiplicidade da raiz já é outro conceito.
A solução do Ralph foi perfeita, pois, além de considerar as quatros
raízes, não fez restrição à multiplicidade dessas raízes.
Em 27 de novembro de 2017 21:51, Ralph Teixeira
aso particular 1/3^2002, seriam 955 algarismos zeros inseridos a
esquerda.
Saudações,
PJMS
Em 22 de novembro de 2017 11:45, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Bom dia!
>
> Não entendi como o Anderson chegou a solução, para determinar o período
> propriamente dito. Todavia
Bom dia!
Não entendi como o Anderson chegou a solução, para determinar o período
propriamente dito. Todavia fiz um experimento e realmente dá certo para
(10^k-1)/3^n. Acho que ele se enganou e reportou n somente ao invés de 3^n.
Todavia, em alguns casos, precisa colocar algarismos zeros a
Boa noite!
Não saiu a figura (https://en.wikipedia.org/wiki/Euler's_totient_function)
caso não consiga visualizar e até por propósito, o certo teria sido citar a
fonte da figura.:
.[image: Imagem inline 1]
onde p é primo e p divide n
Em 21 de novembro de 2017 20:08, Pedro José <pet
Boa noite!
a)
(300,1001) = 1.
1001 = 7*11*13; então φ (1001) = 6*10*12 = 720. Para um caso geral, [image:
{\displaystyle \varphi (n)=n\prod _{p\mid n}\left(1-{\frac {1}{p}}\right),}]
onde p é primo e p divide n.
300^3000 = 300^ (4*720 + 120) = 300^120 mod 1001. Não adiantou nada, o
resto 120
leu Pedro também achei esquisito.
>
> Douglas Oliveira.
>
> Em 17 de nov de 2017 16:49, "Pedro José" <petroc...@gmail.com> escreveu:
>
>> Boa tarde!
>>
>> Não ficou claro o enunciado. Primeiramente cita que o lançamento é
>> simultâneo, depois
Boa tarde!
Não ficou claro o enunciado. Primeiramente cita que o lançamento é
simultâneo, depois que Alfredo é o primeiro a jogar. tem uma vírgula
seguida da expressão não há vencedor que não faz o menor sentido...
Supondo que os lançamentos são intercalados. E que se uma pessoa atinge a
soma 10
Boa tarde!
Compreendido!
Realmente, não há necessidade da restrição, quanto a serem medidas de lados
de triângulos.
Grato,
PJMS.
Em 19 de outubro de 2017 11:51, Israel Meireles Chrisostomo <
israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:
> Pedro José, tudo bem! Talvez a condição de que a,
Bom dia!
Israel,
desculpe-me, mais uma vez, fui precipitado, você só se referenciou a
condição de existência do triângulo e não a restrição de abc=1.
Saudações,
PJMS
Em 19 de outubro de 2017 10:18, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Bom dia!
>
> Desculpe-me, Israel. Mas
Bom dia!
Desculpe-me, Israel. Mas não compreendi o seu desenvolvimento.
Mas tem algo de errado. E as restrições se fazem necessárias.
Para a=4, b = 36 e c= 9, temos S = 7/18 e t = 11. Portanto, fura a hipótese
de que S >=t.
Saudações,
PJMS
Em 18 de outubro de 2017 22:18, Israel Meireles
Boa tarde!
O programa comera o F_28830 que é igual a zero.
Desconsiderar o exposto anteriormente.
Em 5 de setembro de 2017 16:25, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Boa tarde!
>
> Douglas,
>
> esse problema você viu em algum local ou foi uma conjectura sua?
o, a hipótese é
falsa.
Deve ter um modo mais elegante para mostrar que a proposição é fasla.
Sds,
PJMS
Em 5 de setembro de 2017 10:16, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Bom dia!
>
> Eu pensei que entendera, porém, os números não são sequenciais.
> Se nós tivermo
não daria, por exemplo, se consideramos A_1 = 3 e
A_2 = 7 e Ai = A_i-1 + A_i-2, não haveria um número múltiplo de 8.
A sequência mod 8 ficaria: 3, 7, 2, 1, 3, 4, 7, 3, 2, 5, 7, 4, 3, 7, 2, 1,
3, 4, 7, 3, 2, 5, 7, 4...
Saudações,
PJMS
Em 4 de setembro de 2017 16:48, Pedro José <petroc...@gma
Boa tarde!
Nehab,
não consegui entender o restante da solução, mas ele usou o sinal de igual
para congruência por comodidade de edição, e até pela lei de formação da
sequência, só o segundo e terceiro termos são iguais, quando se admite que
comece de zero, ou os dois primeiros, para a corrente
Bom dia!
Eu houvera entendido tão pouco, e como a princípio não entendi a premissa,
me silenciei. Foi boa a sua pergunta.
A mim, pareceu-me que o primeiro da fila sentará no primeiro assento e o
segundo no segundo e assim por diante, até o louco quebrar ou não a cadeia.
Só que o enunciado não faz
Bom dia!
Desculpem-me, mas fiz lambança, a fatoração pode ter primos repetidos, ou
seja elevados a algum expoente diferente de 1.
Destarte, a solução acima não atende. Tenho que se procurar mais.
Em 31 de agosto de 2017 20:29, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Boa noite!
>
Boa noite!
Desculpe-me, mas não entendi.
Para usar a propriedade acima, teria que provar que o número natural w (no
proposto pelo Douglas era n, mudei para não confundir) divide f_{(m,n)}, o
que dá mesmo.
Por exemplo se fizer m= 278 e n = 2085, (m,n) = 139 então f_139 =
(f_278,f_2085). Todavia
Bom dia!
Daniel,
eu já me sinto gratificado quando consigo resolver algo. Não sou
matemático, sou um pitaqueiro, com alto grau curiosidade e matemática é uma
das minhas curiosidades preferidas.
O que mais me fascina, é que sou totalmente crente em que um modelo
matemático formulado com estrutura,
Boa tarde! a1, a2, a3 pertencente a {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
Se não houver um padrão de repetição o número é irracional e portanto, não
poderá ser escrito a/b.
Caso o número tenha uma parte não periódica com x dígitos e uma periódica
com y dígitos.
eseja w = (a_1)/10 + (a_2)/100 +
Boa noite!
O difícil é achar o n.
Como o menor inteiro positivo que atende 10^a = 1 mod23 é a=22
E como 10^3 = 11 mod23.
Temos que K + 1 = 3 +22*m com m natural
então k = 2 + 22*m.
e n/2 = [10^(k+1) -11]/23 ==> n=2*[10^(k+1)-11]/23.
Portanto as soluções serão (2+ 22*m; 2*[10^(3+22*m)-11]/23;
Bom dia!
Seguindo a linha proposta pelo Anderson.
7/3^6 < 21/2017 < 8/3^6 ==> F(21/2017)= F(7/3^6)=F(8/3^6)
F(7/9) = 3/4. F(7/3^6) = F(7/9/3^4)= F(7/9)/2^4= 3/2^6= 3/64.
Sds,
PJMS
Em 17 de julho de 2017 10:48, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Bom dia!
>
&g
Bom dia!
Há uma restrição para a função ser crescente. Portanto F(1) é máximo e F(1)
= 1, logo não pode ser 87. tem que ser um valor menor ou igual a 1 e maior
ou igual a zero.
Sds,
PJMS
Em 15 de julho de 2017 20:54, Matheus Herculano <
matheusherculan...@gmail.com> escreveu:
> O resultado é
Boa tarde!
Só faltaram as definições de a e b, a é a medida do segmento BF e b a do
segmento CG.
Desculpem-me,
PJMS
Em 12 de julho de 2017 09:08, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Bom dia!
>
> Estava indo pelo caminho errado, derivadas parciais.
>
> x + y =
ica clara a desigualdade e o caso particular da
igualdade só se dá para a = b.
Portanto, a=b é a condição e a área máxima é 1/4. Atentar que a e b não
podem assumir os valores 0 ou 1.
Saudações,
PJMS
Em 11 de julho de 2017 20:50, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Boa noite!
>
> N
Boa noite!
Não consegui por completo, mas a solução é 1/4 e vale para BF=CG . BF<>0 e
BF <>1
S(PFQG) = S(FCD) - S(QCG) - S(PGD) ==> S(PFQG) = 1/2 - S(QCG) - S(PGD) (i)
S (AGD) + S(BCG) = CG/2 +GD/2 = 1/2
S(QCG) + S(PGD) + S(APD) + S(BCQ) = S (AGD) + S(BCG) = 1/2 (ii)
por (i), se S(PFQG) é
Em 7 de julho de 2017 10:36, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Bom dia!
>
> Faltou um pedacinho.
>
> 2) a < max(b,c)
>
> (i) b >= c
>
> c=2 ==> a^b+b^2=2ab ==> a >b/2 ==> (b/s)^b < 2ab ==> (b/2)^b<2b^2
>
> Para b>=3
Bom dia!
Desculpe-me pela solução. Não consegui nada elegante, fui para grosseria.
Fui fatiando.
1) a >= max(b,c)
(i) a=b=c ==> b<=3; pois a^b+b^c> a^b e a^b>abc=a^3 se a>4.
Por paridade só 2 atende, testando é solução. (2,2,2)
(ii) a=b>c ==> b<=2; pois, a^3 +b^c> a^3>abc=a^2c
b=1 absurdo,
Em 5 de julho de 2017 01:34, Max Alexandre <maxmalexan...@gmail.com>
escreveu:
> Obrigado pela sugestão, Pedro José.
>
> Eu estou tentando formar uma base sim, porque estou praticamente começando
> do zero. Já peguei umas aulas do curso da UFRGS voltado a preparar alunos
> de
Boa tarde!
Desculpe-me, pela intromissão. Mas você, que não é da área de exatas, fica
difícil enveredar de cara no nível universitário.
Procure começar pelo nível médio. Os problemas já são cascas-grossas.
Primeiro se erguer, depois andar e por fim correr, é o que costumo dizer a
minha filha.
Boa noite!
Bela e simples solução!
Saudações,
PJMS
Em 29 de junho de 2017 18:21, Julio César Saldaña
escreveu:
>
>
> Aproveitando que APC é isósceles (pois CA=CP), eu desenhei a altura CH,
> então
> AH=HP e anguloACH=anguloHCP=20; mas como também anguloPCB=20, decidi
>
Bom dia!
O ponto F não foi definido, mas foram definidas duas medidas de ângulos aos
quais o ponto F pertence: BCF=20 graus e FCA=40 graus.
Não faltou definir o ponto F?
Sds,
PJMS
Em 28 de junho de 2017 09:15, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
> Olá meus
Boa noite!
Desculpem-me, faltou o número da revista é a 38.
Saudações,
PJMS
Em 22 de junho de 2017 16:50, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Boa tarde!
>
> Esse problema é da OBM 2012, tem uma solução na revista Eureka, página 59,
> sitío:http: //www.
Boa tarde!
Esse problema é da OBM 2012, tem uma solução na revista Eureka, página 59,
sitío:http: //www.obm.org.br/opencms/revista_eureka/
É uma solução longa, bem trabalhosa. O número é 71. E precisa conhecer
resíduos quadráticos.
Saudações,
PJMS
Em 22 de junho de 2017 09:47, vinicius
Boa tarde!
É um problema chatinho, embora a resposta seja interessante.
O sistema apresentado é indeterminado, não obstante x ser constante.
(i) a/b + c/d = -1
(ii)a^2 + c^2 = 1
(iii) b^2 + d^2 = 1
x = b^3/a + d^3/c
de (i) a/b = -1 - c/ d ==> (iv) b/a = - d/(c+d)
de (i) c/d = -1 -
Boa noite.
Tentei da última vez escrever de uma forma simples, mas não deu, tem muitas
falhas, não vale,
Na verdade, vai se formar um período a partir da anomalia do algarismo das
dezenas que é 1 e é a única vez que ele aparece.
Depois será formado um período 023456789, que irá valer a
Bom dia!
Minha dúvida é de interpretação do português e não quanto a matemática.
Quando se fala septuagésima terceira posição a partir do algarismo das
unidades, fica dúvida inclusive ou exclusive?
É mais fácil perguntar o algarismo de ordem 10^a. pois, dessa forma ficaria
claro.
Vou supor que é
Não acerto uma,
e z/(z+x)<1 (não z/(z+x)<0,5) ==> x/(x+y) + y/ (y+z) + z/(z+x) < 2.
Em 8 de maio de 2017 10:16, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Bom dia!
>
> sendo x< y < z, a afirmação que fizera é errônea: o que dará a maior soma
> é x , y = x
>
> Em 7 de maio de 2017 23:58, Anderson Torres <torres.anderson...@gmail.com>
> escreveu:
>
>> x/(x+y) + y/ (y+z) + z/(z+x)
>>
>> 1/(1+y/x) + 1/ (1+z/y) + 1/(1+x/z)
>>
>> 1/(1+A) + 1/ (1+B) + 1/(1+C) com ABC=1
>>
>> talvez dê para pros
Se pelo menos dois números forem iguais é fácil mostrar que a soma dará 1,5
<= 2.
Para x, y e z diferentes, vamos supor x < y x/(2x+1) + y/(2y+1
Desculpem-me,
Li tudo errado.p^2 é quem divide.
Em 10 de abril de 2017 10:22, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Bom dia!
>
> Essa aí eu boiei.
>
> Os únicos números que dividem p^2 são 1, p e p^2. Serão sempre 3 divisores.
>
> O universo de n, deveria s
Bom dia!
Essa aí eu boiei.
Os únicos números que dividem p^2 são 1, p e p^2. Serão sempre 3 divisores.
O universo de n, deveria ser limitado a 3*p^2 números, sempre, não faz
muito sentido.
Não entendi o problema.
Saudações,
PJFMS.
Em 8 de abril de 2017 08:48, Israel Meireles Chrisostomo <
a. Mas você tem razão, rigorosamente o enunciado precisaria ser
>>> melhor, aliás, ser posto de uma forma correta. Mas acredito fortemente que
>>> era isso que se passava na cabeça de que elaborou.
>>>
>>> Em 3 de março de 2017 22:10, Pedro José <petroc...@g
ual a 1 então , S=p , assim
> 1=k(mn-k^2), logo só teremos k=1 e mn=2. Assim o único triângulo será o
> 3,4,5.
>
> Abraços
> Douglas Oliveira.
>
>
> Em 8 de mar de 2017 8:22 PM, "Pedro José" <petroc...@gmail.com> escreveu:
>
>> Boa tarde!
>>
>
> Escreve A = (-a+b+c), B = (a-b+c), C = (a+b-c), assim A+B+C=a+b+c, e
>
> ABC = 4 (A+B+C)
>
> Isso dá para ir limitando com desigualdades e recorrer a tentativa e erro.
>
> 1/4 = 1/(AB) + 1/(AC) + 1/(BC)
>
> Em 6 de março de 2017 20:08, Pedro José <petroc...@gmail.com&
permutações e não combinações.
Em 6 de março de 2017 20:06, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
>
> Boa noite!
>
> Fui por aí e achei:
>
> 4(a+b+c) = a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2-2abc-a^3-b^3-c^3
>
> Se for triângulo equilátero.
>
> a=b=c ==>
Boa noite!
Fui por aí e achei:
4(a+b+c) = a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2-2abc-a^3-b^3-c^3
Se for triângulo equilátero.
a=b=c ==> 12a = a^3 ==> a=b=c=raiz(12), que não é inteiro.
Se for isósceles com a<>b=c, sem perda de generalidade, pois a equação é
simétrica em a,b,c.
a^3 -2ba^2+4a + 8b =0
Boa noite!
Não compreendi o problema. Para mim há uma curva de distribuição de
probabilidade.
Portanto não há como aplicar conceito de modelo discreto. Mas sim integral.
Também, não entendi o que significa probabilidade uniforme.
Saudações,
PJMS
Em 3 de março de 2017 11:45, Carlos Gomes
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 <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Bom dia!
>
> 4n-2 = k*a^2 (i) e n+5 = K*b^2.
>
> de (i) tem
Bom dia!
A proposição está no Eureka 9, problemas propostos, problema 50, página 59.
A solução está na revista seguinte, Eureka10, página 54.
Saudações,
PJMS
Em 28 de fevereiro de 2017 22:10, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
> Realmente não da uma potência de
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
Bom dia!
E a função e seu domínio??
Saudações,
PJMS
Em 22 de fevereiro de 2017 07:14, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
> Olá caros amigos, tenho uma dúvida com relaçao ao intervalo de crescimento
> de uma função.
> Peguei uma questão da prova da UFF RJ
Boa tarde!
Pegando carona na resolução do Marcone.
k = 1..11 = 1/9 * (10^81-1) = 1/9 ( (9+1)^81 - 1) = 1/9 (9^81 + 81.
9^80 + ...+ 81*9) = 0 mod81.
Saudações.
Em 13 de fevereiro de 2017 12:49, Pacini Bores
escreveu:
>
>
>
> Olá Marcone,
>
> será que a ideia a
.. + 1*10^7 + 2*10^6 + 3*10^5 + 4*10^4 + 5* 10^3
+ 6*10^2 + 7*10 +9 = k*37 = 0 mod9 ==> k= 9a; a>o e a natural.
81| ...111 com 81a algarismos, com a natural e a> 0.
Saudações,
PJMS
Em 13 de fevereiro de 2017 10:48, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Bom dia!
Bom dia!
x = 1...111 (81 algarismos)
x= (10^81-1)/9
81 | x ==> 3^6 | 10^81 -1 ==> 10^81 = 1 mod 3^6
a = 1 mod 3^6 ==> a = 1 mod 3^3.
Achando ord2710, ou seja, o menor natural d <> 0 onde 10^d = 1 mod 27.
Como ord2710 | φ(27)=18; possíveis candidatos: 1, 2, 3, 6,9 , 18.
1 não; 2 não e 3
Boa tarde!
Perdão.
Faltou uma restrição.
C1+C2= 2AB/3 - 4A^3/27.
Saudações.
Em 7 de fevereiro de 2017 11:20, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Bom dia!
>
> A curiosidade estendida:
>
> Sejam os polinômios P1(x) = x^3 + Ax^2 + Bx + C1 e P2(x) = x^3 + Ax^2 + Bx
Bom dia!
A curiosidade estendida:
Sejam os polinômios P1(x) = x^3 + Ax^2 + Bx + C1 e P2(x) = x^3 + Ax^2 + Bx
+ C2 com A, B, C1 e C2 reais e 4A^2<12B.
A soma das raízes reais dos polinômios dará - 2A/3.
Saudações
Em 6 de fevereiro de 2017 20:36, Pedro José <petroc...@gmail.com>
Boa noite!
Curiosidade: se os polinômios forem x^3 - 3x^2 +5x + c1 e y^3 - 3y^2 + 5y
+c2 e c1 +c2 = -6, a soma das raízes reais do polinômio dará 2.
Saudações.
Em 6 de fevereiro de 2017 16:37, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Boa tarde!
>
> Bela solução.
>
Boa tarde!
Bela solução.
Já eu, fui para a grosseria.
Achei as raízes reais das duas equações.
x= (-1+ (35/27)^1/2)^1/3 + (-1 - (35/27)^1/2)^1/3 + 1
y = (1 + (35/27)^1/2)^1/3 + (1 -(35/27)^1/2)^1/3 + 1
x+ y =2.
Não há outras raízes reais, pois ambos polinômios, x^3 -3x^2 + 5x e
y^2-3y^2+5y,
Boa tarde!
Acho que por contagem só é garantido para 32 ou mais. Por isso o mínimo é
32, com a restrição de garantido.
Pois usando a técnica proposta será o máximo de vezes que poderá ser
tentado.
Ele foi muito feliz na escolha das casas dos pombos. Foi sensacional.
Enquanto uns, foram
Bom dia!
Fui inocente, fiz uma restrição que não precisava. Não há necessidade de
acaso.
Pode haver estratégia.
Saudações,
PJMS
Em 25 de dezembro de 2016 12:31, Matheus Herculano <
matheusherculan...@gmail.com> escreveu:
> 87
>
> Em 23 de dez de 2016 13:07, "Gabriel Tostes"
Bom dia!
Novamente o problema está mal formulado.
Embora possa parecer claro, qual é o número mínimo de tentativas que *garanta
*abrir o armário*.*
Dois casos disjuntos atendem.
(i) Dois cadeados corretos e o outro errado.
Há uma chance de cada cadeado estar correto e 7 chances do terceiro
Bom dia!
x= 0 y= 1 e z= 1 ; a = -1, b=-1 e c=-1
-1.0 + -1.1 + -1.1 = -1 + 0 -1 (V) atende a
1 + 1 =1 > = 0 +1 +1 (V) atende b.
-1 não é soma de três quadrados de inteiros.
Tem que ter mais restrições.
Saudações,
PJMS
Em 20 de dezembro de 2016 19:08, Gabriel Tostes
Eerrata:
Agora é só pegar os termos que dêm coeficientes >=0, quando multiplicados
por 16z^3, ou seja, o expoente de z deverá ser no mínimo -3.
Agora é ... expoentes, quando ...
Saudações,
PJMS.
Em 20 de dezembro de 2016 17:28, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Boa ta
Boa tarde!
Ele primeiramente coloca z^6 em evidência em z^6 -z^5+z^4-z^3+z^2-z+1 e
obtém z6 (1- 1/z + 1/z^2 - 1/z^3 + 1/z^4 - 1/z^5 + 1/z^6)
Como está multiplicado por 16^2, quando aplica a raiz fica : 16 z^3 * raiz
(1- 1/z + 1/z^2 - 1/z^3 + 1/z^4 - 1/z^5 + 1/z^6)
Aí ele desensenvolve a Série
Bom dia!
Retificando.
(ii)...Portanto, não há como ter mais de um rei *da mesma cor* no tabuleiro,
Em 19 de dezembro de 2016 08:15, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Bom dia!
>
> Problema complicado.
>
> (i) Quando se promove um peão não se pode escolher um
Bom dia!
Problema complicado.
(i) Quando se promove um peão não se pode escolher um rei. Portanto não há
como ter mais de um rei no tabuleiro.
(ii) Um rei não pode estar em cheque por outro rei, é uma jogada impossível.
O problema fere dois preceitos básicos do jogo de xadrez.
Se esquecermos
Boa tarde!
a/b + c/d e (a,b)=1 e (c,d)=1
a/b + c/d = (ad+bc)/bd
Se a/b + c/d é inteiro ==> bd | (ad + bc) ==> b|d e d|b
b| d <=. |b| <= |d|
d | b ==> |d| <= |b|
Então temos que |b| = |d|.
Portanto, creio que deva ser inserida mais uma restrição no problema.
soma de duas frações
Boa noite!
Com a observação do Gugu, ficou fácil compreender a filosofia da solução;
pois, antes eu estava assim: "Marte chamando Terra, responda!".
O contra exemplo apresentado pelo Anderson Torres, não atende o fato de
cada par de coeficientes do polinômios terem o mdc =1, como proposto.
Porém,
escreveu:
> Obrigado Pedro José
>
> Em 16 de novembro de 2016 10:29, Pedro José <petroc...@gmail.com>
> escreveu:
>
>> Bom dia!
>>
>> O fato de haver um múltiplo para cada fator do fatorial não garante a
>> divisibilidade, posto que os múltiplos não são
16 de novembro de 2016 14:34, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Meu computador está louco.
> novo envio espúrio
> a=1 e b=3 atende pois 5 = (7*17+1)/24.
>
> Não foi resolvido.
>
> Saudações,
> PJMS
>
> Em 16 de novembro de 2016 14:32, Pedro J
Meu computador está louco.
novo envio espúrio
a=1 e b=3 atende pois 5 = (7*17+1)/24.
Não foi resolvido.
Saudações,
PJMS
Em 16 de novembro de 2016 14:32, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
> envio espúrio.
>
> a=1 e q=3 atende.
>
> Em 16 de novembro de 2016 14:3
(a,b) <> (1,3) e (a,b) <>(3,1).
a=0 ==> p=2 e q= -3, absurdo, pois -3 não é primo.
a=b=1 ==> 5= 49+1/14, absurdo
a=1 e b=2 ==> q= 12, não é primo. Absurdo
a=1 e q=3 ==>
Em 16 de novembro de 2016 13:59, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Bom dia!
>
&
envio espúrio.
a=1 e q=3 atende.
Em 16 de novembro de 2016 14:31, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
> Boa tarde!
>
> Ficou capenga, pois desse jeito, faltou (1,x), para 5ab > 5 (a+b), e o
> operador lógico seria e e não ou.
>
> Porém mudando a igualdade
Bom dia!
r=2 e p=3 e q = 5 atende.
r=3 e p=5 e q = 7 atende
r=5 ==> pq = 4 mod5
Já que a solução em p e q é simétrica, analisaremos a impossibilidade só do
conjunto de pares (pi,qi) em que (qi,pi) não pertença a esse conjunto,
salvo pi=qi.
p= 1 mod5 e q = 4 mod5, absurdo; pois p =1 (não é
Bom dia!
O fato de haver um múltiplo para cada fator do fatorial não garante a
divisibilidade, posto que os múltiplos não são necessariamente diferentes e
nem todos os pares de fatores tem mdc igual a 1.
Se zero fizer parte da sequência, está provado. pois n! | 0 para todo n.
Veremos agora as
Boa tarde!
Favor postar a solução.
Até agora, só rodando em círculos.
Em 3 de novembro de 2016 14:53, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
> Opa Carlos , ainda pensei em te ligar rsrsrs, mas eu achei essa raiz ai
> sim, na equação do terceiro grau,
> fiquei com
Bom dia!
Israel,
é n+1 | m^2 + 1 e m+1 | n^2 + 1 e não o contrário.
Esse problema parece carne de pescoço.
Saudações,
PJMS.
Em 22 de outubro de 2016 13:54, Israel Meireles Chrisostomo <
israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:
> Opa desculpa errei de novo, mas talvez esse seja um caminho
>
>
Bom dia!
Revisando a solução anterior.
1) Se mdc (n,m)= 1 então (n,m) é múltiplo de n.
Pois não existirá um primo que divida n e (n-m), que veremos a seguir que é
condicionante para que não seja múltiplo.
E engloba casos triviais como (n,1) e (n,n-1).
Nota: o item 2 é suficiente para
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