Para o (1), observar que a_n é periódico e tem período igual a 20, daí
Abraços
Carlos Victor
Em 26/04/2020 19:21, Rogério Possi Júnior escreveu:
> Boa noite.
>
> Quem pode ajudar com esses dois problemas:
>
> 1) (Ibero-1992) Para cada inteiro positivo n, seja a_n o último
Hum , para o primeiro problema, acredito que deve existir alguma
sequencia periódica, tal que a_n+k=a_n,
ou seja, n(n+1)/2=(n+k)(n+k+1)/2 (mod10).
Logo 2nk+k^2+k=0 (mod20), fácil ver que k=20 satisfaz o problema, logo
a_n+20=a_n, para todo n.
Vamos calcular a_1+a_2+a_3+a_4+...a_20=70.
Acredito que
Também seriam outras possibilidades.
2013/7/9 Nehab carlos.ne...@gmail.com
Oi Rennó,
Dúvida: Porque você não poderia usar na primeira face, por exemplo, 42
cartões, sendo 3 dobrados? Ou 44, sendo 7 dobrados?
Abraços,
Nehab
On 07/07/2013 21:32, Henrique Rennó wrote:
Problema 1:
Para
Eu havia pensado que o 35 teria uma relação (e deve ter) com a quantidade
de primos máxima (cada primo seria uma soma), mas a quantidade de primos
possíveis é 45 e não 35 (desconsiderando o 2, já que não é possível
representá-lo pela soma de dois números no tabuleiro).
2013/7/10 saulo nilson
*Henrique Rennó
*Enviada em:* quarta-feira, 10 de julho de 2013 13:06
*Para:* obm-l@mat.puc-rio.br
*Assunto:* Re: [obm-l] Dois problemas legais
** **
Eu havia pensado que o 35 teria uma relação (e deve ter) com a quantidade
de primos máxima (cada primo seria uma soma), mas a quantidade de primos
Oi Rennó,
Dúvida: Porque você não poderia usar na primeira face, por exemplo, 42
cartões, sendo 3 dobrados? Ou 44, sendo 7 dobrados?
Abraços,
Nehab
On 07/07/2013 21:32, Henrique Rennó wrote:
Problema 1:
Para cobrir uma face do cubo que contém 9*9 = 81 quadrados são
necessários 41 cartões,
Problema 1:
Para cobrir uma face do cubo que contém 9*9 = 81 quadrados são necessários
41 cartões, sendo que um foi dobrado ao meio (são 9*4 = 36 cartões para
cobrir um retângulo 9x8 da face mais 4 cartões para uma coluna 8x1 e outro
cartão dobrado para o quadrado restante). Assim, como cada
Parece que há algum problema com o item [2] pois, se z=a+bi, com a e b reais, |
z^i|= e^{arc tg (b/a)}.
Albert Bouskela
Thu, 18 Dec 2008 10:19:09 -0800
[1]
Resolva, analiticamente, a seguinte equação:
x^x = i
[2]
Demonstre que:
/ z^i /
[1]
x^x = i
Mas x^x = e^xlnxe i = e^(i pi/2)
Logo
xlnx = i pi/2
fazendo x=e^y
y e^y = i pi/2
Assim y=W(i pi/2) , onde W(z) é a funcao W de lambert
(http://mathworld.wolfram.com/LambertW-Function.html )
x=e^(W(i pi/2))
[2]
z^i = e^(i lnz )= e^(i/z/ - arg[z]) ,para o ramo principal,
; 100t102pi
Desta feita, seria fácil “provar” que abs(z^i) e^(-100) .
Conclui-se que...
Sds.,
AB
Date: Fri, 19 Dec 2008 07:13:28 -0800From: eduardowil...@yahoo.com.brsubject:
Re;[obm-l] Dois problemas complexosTo: obm-l@mat.puc-rio.br
Parece que há algum problema com o item [2] pois, se z
Olá Aline. Acho que neste caso o problema está mais na definição do que
sejam sólidos semelhantes.
Eu usaria coordenadas polares para fazer essa
definição.
Assim dois sólidos são semelhantes se um é obtido através do outro pela
aplicação de uma
homotetia tridimensional,
Olá Aline. Acho que neste caso o problema está mais na definição do que
sejam sólidos semelhantes.
Eu usaria coordenadas polares para fazer essa
definição.
Assim dois sólidos são semelhantes se um é obtido através do outro pela
aplicação de uma
homotetia tridimensional,
Ola Paulo
Curiosidade: o meu yahoo eh super relativistico?!
tua mensagem chegou com data: Tue, 11 Oct 2005
14:07:45?!e agora, hora Brasilia eu tenho 12:08.
Vamos aos russos.
O primeiro Problema eh tao generico assim? Digo, nao
depende do grau do polinomio ou o n, no indice de
enviar novamente,
por favor ?
Um Abracao
Paulo Santa Rita
3,1305,111005
From: Eduardo Wilner [EMAIL PROTECTED]
Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: Re: [obm-l] Dois Problemas Russos
Date: Tue, 11 Oct 2005 12:35:16 -0300 (ART)
Ola Paulo
Curiosidade: o meu yahoo
2) qual o erro cometido quando, em vez de somar os 1000 elementos iniciais,calcula-se a soma dos infinitos elementos da pg: (1, 1/3, 1/9, ...)resp: 1/2. (1/3)^999 para maisSinf =1/(1-1/3)=3/2
S1000 = ((1/3)^1000 - 1)(1/3 - 1)=3/2 *(3^1000 -1)/3^1000=3/2 - 1/2*3^999
erro = 1/2 *1/3^999 para mais
, desculpe a confusao. A 1) é uma
demonstracao e, 1/2. (1/3)^999
(para mais), é a resposta da 2)
From: Eduardo Wilner
[EMAIL PROTECTED]
Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: Re: [obm-l] dois problemas de pg
Date: Wed, 14 Sep 2005 16:51:13 +
Ola Joao Artur
A 1) pede pára demonstrar uma identidade ?
Entao o que é o 1/2 em resp: ?
--- João Artur [EMAIL PROTECTED] escreveu:
1) prove que, se a, b, c sao elementos de ordem p, q
e r, respectivamente,
da mesma pg. entao:
a^q-r.b^r-p.c^p-q = 1
2) qual o erro
Estou com dificuldades nos seguintes problemas, o
primeiro até consegui
fazer, mas foi de um jeito nada esperto.
1) Existe um inteiro positivo tal que seus fatores
primos pertencem ao
conjunto {2,3,5,7} e
que termina em 11? Se existir, ache o menor deles. Se
não existir, mostre
voce finaliza a questao.
Te mais
Ele fez AC=4, M=P, N=Q (pequena diferença
de letras na figura).
[]'s
Luís
-Mensagem Original-
De: Eduardo Wagner [EMAIL PROTECTED]
Para: [EMAIL PROTECTED]
Enviada em: domingo, 7 de julho de 2002 22:54
Assunto: Re: [obm-l] dois problemas
Caro
soma que apareceu por aqui - S = \sum 1 / n^n -
recentemente deve ter o mesmo tratamento e conclusão:
nada de forma fechada.
[]'s
Luis
-Mensagem Original-
De: Johann Dirichlet [EMAIL PROTECTED]
Para: [EMAIL PROTECTED]
Enviada em: quarta-feira, 3 de julho de 2002 14:18
Assunto: Re: [obm-l
Caro Luis:
O seu problema 1 so tem solucao se M coincide com A.
Neste caso, se BC = a, o raio da circunferencia
circunscrita ao triangulo ATN eh a/4.
--
From: Luis Lopes [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Subject: [obm-l] dois problemas
Date: Wed, Jul 3, 2002, 12:20 PM
Este problema 1 ja e famoso.Eu resolvo com
trigonometria.Seja x=anguloCQT.SLS no QCT,
2*sen 60=TQ*sen .No PAT,PT=2/cos x.Pela
equilateralidade,tg x=sen 60.E como
x=anguloPTA(prove!),PT e facil de ser calculado e
vale 7^1/2.Com isso voce finaliza a questao.
Te mais
--- Luis
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