Oi Pedro e Pedro, e demais colegas da OBM-L
Eu também nunca lera a definição de elipses através da razão entre as
distâncias. Achei interessante, porque talvez permita "interpolar"
entre elipses, parábolas e hipérboles. Mas até hoje, todas as
definições que eu vira de elipses (inclusive a da
Boa noite!
As retas são cônicas degeneradas. Mas são cônicas.
Definição de cônica : Dada duas retas g,l concorrentes (cuja interseção é
{V} no |R3 que não sejam perpendiculares e um plano Pi. A interseção desse
plano com o cone K, reto de vértice V e eixo l , obtido pela rotação da
reta g ao
Em matemática, geralmente é mais útil que as definições dos objetos
importantes não excluam os casos particulares. Um quadrado é um
retângulo? Se vc quiser que a definição de "retângulo" inclua somente
quadriláteros com ângulos retos que não sejam quadrados, vc tem que
explicitar a parte do "não
Então, parece que existe sim, de uma olhada aqui
http://mathworld.wolfram.com/EquilateralTriangle.html
Gardner 1977 e guy 1994, além da fórmula existem soluções inteiras para tal
equação.
Abraço
Douglas Oliveira
Em sex., 29 de nov. de 2019 às 20:12, Esdras Muniz <
esdrasmunizm...@gmail.com>
f(m, n) = (2^m)(2n - 1)
m=0 --> hóspedes que já se encontram no hotel, ocupando quarto n, passam para
o quarto 2°(2n-1)
m=1 --> hóspedes do ônibus 1, poltrona n, ocupam os quartos de número 2¹(2n-1)
m=2 --> hóspedes do ônibus 2, poltrona n, ocupam os quartos de número 2²(2n-1)
m=3 -->
Re: [obm-l] Joãozinho e funções bijetoras
f(k, n) = (2^k)(2n - 1)
k=0 --> hóspedes que já estão ocupando os quartos n, passam a ocupar os
quartos de número (2^0)(2
f(k, n) = (2^*k*)(2*n* - 1)
k=0 --> hóspedes que já estão ocupando os quartos n, passam a ocupar os
quartos de número (2^0)(2n-1)
--
k=1 -->
f(m, n) = (2^m)(2n - 1)
m=0 --> hóspedes que já estão ocupando os quartos n, passam a ocupar os
quartos de número (2^0)(2n-1)
m=1 --> hóspedes do onibus 1, poltrona n, ocupam os quartos de número
(2^1)(2n-1)
m=2 --> hóspedes do onibus 2, poltrona n, ocupam os quartos de número
(2^2)(2n-1)
.
.
.
Tentei fazer o mesmo com R=1e l=√3, mas desisti qdo vi o tamanho das contas.
Em sex, 29 de nov de 2019 16:09, Claudio Buffara
escreveu:
> Acho que com números complexos e alguma álgebra sai.
>
> Se os vértices do triângulo forem R, Rw e Rw^2 (onde w = cis(2pi/3) e R é
> um real positivo) e P =
Acho que com números complexos e alguma álgebra sai.
Se os vértices do triângulo forem R, Rw e Rw^2 (onde w = cis(2pi/3) e R é
um real positivo) e P = z, então:
a = |z - R|, b = |z - Rw|; c = |z - Rw^2| ==>
a^2 + b^2 + c^2 = |z - R|^2 + |z - Rw|^2 + |z - Rw^2|^2 = 3*|z|^2 + 3*R^2
(se não errei
On Thu, Nov 28, 2019, 14:47 Julio César Saldaña Pumarica <
saldana...@pucp.edu.pe> wrote:
> Pensei numa solução baseada no problema 2 da 1era olimpiada iberoamericana
> de matemática. Mas me parece que vai precisar de muita fibra muscular
> algébrica.
>
> Numa solução daquele problema,
niz
> *Enviado:* Thursday, November 28, 2019 6:18:00 PM
> *Para:* obm-l@mat.puc-rio.br
> *Assunto:* Re: [obm-l]
>
> Acho que é (2019!)/(2^{1000}×1009!).
>
> Em qui, 28 de nov de 2019 12:41, Jamil Silva
> escreveu:
>
> Qual o menor número que possui exatamente 20
Acho que é (2019!)/(2^{1000}×1009!).
Em qui, 28 de nov de 2019 12:41, Jamil Silva
escreveu:
> Qual o menor número que possui exatamente 2019 partições tal que em todas
> elas as partes sejam números inteiros positivos e consecutivos ?
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de
Pensei numa solução baseada no problema 2 da 1era olimpiada iberoamericana
de matemática. Mas me parece que vai precisar de muita fibra muscular
algébrica.
Numa solução daquele problema, desenhavam-se triângulos exteriores sobre os
lados do triângulo equilátero. Um teria lados L-a-b, outro L-b-c
Como se faz essa bijeção entre os racionais não negativos e os
números ímpares ?
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
acredita-se estar livre de perigo.
A impressão que eu tenho é a de que a quantidade de termos com i zeros
passa a formar uma PA de terceira ordem.. 4 termos com 1 zero, 10 termos
com 2 zeros e assim por diante... Não consegui provar, acho que teria de
pensar mais...
S=(4,10,20,35,56,...)
Cheguei a esta ideia pensando assim:
Primeiro, troque os hóspedes que já estão no hotel de quarto, mandando o
hóspede do quarto n para o quarto 2n, assim, todos os quartos ímpares
estarão desocupados.
Depois, faça uma bijeção entre os ônibus e os naturais {1, 2, 3, ...}. Em
seguida, faça uma bijeção entre os hóspedes do n-esimo
Boa dia!
Para 11n +10^10 ser um quadrado perfeito
se faz necessário que seja da forma
(10^5+a)^2 com a > 0; pois, n>=1 e a <= [raiz(12)-1*10^5] onde[x]= parts
inteira de x; pois,
(10^5+a)^2 <=11*10^10+10^10
10^5+a <=raiz(12)*10^5
a <= (raiz(12)-1)*10^5
Temos também que 11| 2*10^5a +a^2; pois,
Correto, Mauricio de Araujo. Parabéns pela resolução !O termo de número 2020 da sequencia é  21000900 (21 zeros)( 2,10009 x 10^23 ) em notação cientÃfica27.11.2019, 23:51, "Mauricio de Araujo" :Não sei se compliquei no raciocinio mas fiz assim... Ignorando
corrigindo: Existem 19 termos com menos de 4 zeros (3+6+10=19).
Att,
__
Mauricio de Araujo
Em qua., 27 de nov. de 2019 às 23:03, Mauricio de Araujo <
mauricio.de.ara...@gmail.com> escreveu:
> Não sei se compliquei no raciocinio mas fiz assim...
>
> Ignorando inicialmente
Não sei se compliquei no raciocinio mas fiz assim...
Ignorando inicialmente a ordem dos termos, seja A(i) o numero de termos com
i zeros. Não é difícil identificar a seguinte recorrência:
A(i) = i+1 + A(i-1), com A(0) = 1.
Temos então 3 termos com 1 zero, 6 termos com 2 zeros, 10 termos com 3
Percebi agora que tô errado. Desculpa.
Em qua, 27 de nov de 2019 19:22, Esdras Muniz
escreveu:
> Pensei assim, o 10^10= (10^5)^2 é qp, daí, (10^5+1)^2, (10^5+2)^2, ...,
> [Sqrt{12×10^5}] são só quadrados que queremos contar.
>
> Estou usando [x] para demorar a parte interna de x.
>
> Em qua, 27
Pensei assim, o 10^10= (10^5)^2 é qp, daí, (10^5+1)^2, (10^5+2)^2, ...,
[Sqrt{12×10^5}] são só quadrados que queremos contar.
Estou usando [x] para demorar a parte interna de x.
Em qua, 27 de nov de 2019 15:30, Caio Costa escreveu:
> 10^5([sqrt{2}]-1) ??
>
>
> Em qua., 27 de nov. de 2019 às
10^5([sqrt{2}]-1) ??
Em qua., 27 de nov. de 2019 às 13:41, Esdras Muniz <
esdrasmunizm...@gmail.com> escreveu:
> 10^5([sqrt{12}]-1)
>
> Em qua, 27 de nov de 2019 08:57, marcone augusto araújo borges <
> marconeborge...@hotmail.com> escreveu:
>
>> Seja n E N tal que 1 < = n < = 10^10. Quantos
10^5([sqrt{12}]-1)
Em qua, 27 de nov de 2019 08:57, marcone augusto araújo borges <
marconeborge...@hotmail.com> escreveu:
> Seja n E N tal que 1 < = n < = 10^10. Quantos números M = 11n + 10^10
> são quadrados perfeitos?
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>
Correto: 100 ( um milhão)Ãtima solução, Daniel Jelin26.11.2019, 02:39, "Daniel Jelin" :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,
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
Verdade, não tinha percebido.
Em dom, 24 de nov de 2019 14:17, Pedro José escreveu:
> Boa tarde!
> Esdras,
> Não seria z>=3.
> 3, 2, 2 dá um obtusângulo.
>
> Saudações,
> PJMS
>
> Em sáb, 23 de nov de 2019 01:52, Esdras Muniz
> escreveu:
>
>> Acho que a questão pressupõe que os lados devem ser
Boa tarde!
Esdras,
Não seria z>=3.
3, 2, 2 dá um obtusângulo.
Saudações,
PJMS
Em sáb, 23 de nov de 2019 01:52, Esdras Muniz
escreveu:
> Acho que a questão pressupõe que os lados devem ser inteiros. Daí se os
> lados são x, y e z, com x<=y x^2+y^2x^2+y^2 e
> z Daí, z é ao menos 4, vc sai
Acho que a questão pressupõe que os lados devem ser inteiros. Daí se os
lados são x, y e z, com x<=yx^2+y^2 e
z
escreveu:
> Do jeito que está escrito, uma infinidade.
>
> Enviado do meu iPhone
>
> > Em 22 de nov de 2019, à(s) 19:18, Guilherme Abbehusen <
> gui.abbehuse...@gmail.com> escreveu:
> >
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:
>
>>
x>12, esqueci de dizer.
Em sex, 22 de nov de 2019 19:00, Ralph Teixeira
escreveu:
> Algo estranho ali... Se não houver nenhuma restrição adicional ao
> dominio... O minimo vale 0, quando x=0, pois todos os termos da expressão
> são >=0.
>
> Mas era isso que a gente queria?
>
> Abraco, Ralph.
>
Perdão, precisam ser lados inteiros.
Em sex., 22 de nov. de 2019 às 20:39, Claudio Buffara <
claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
> Do jeito que está escrito, uma infinidade.
>
> Enviado do meu iPhone
>
> > Em 22 de nov de 2019, à(s) 19:18, Guilherme Abbehusen <
> gui.abbehuse...@gmail.com>
Do jeito que está escrito, uma infinidade.
Enviado do meu iPhone
> Em 22 de nov de 2019, à(s) 19:18, Guilherme Abbehusen
> escreveu:
>
>
> Olá,Â
>  Preciso de ajuda com a seguinte questão:Â
>
> Tendo em vista a leis dos Cossenos, marque a quantidade de triângulos
> obtusângulos
MG >= MH decorre de MA >= MG.
Pois 1/MH(a1,a2,...,an) = (1/a1 + 1/a2 + ... + 1/an)/n =
MA(1/a1,1/a2,...,1/an) >= MG(1/a1,1/a2,...,1/an) = 1/MG(a1,a2,...,an) ==>
MH(a1,a2,...,an) <= MG(a1,a2,...,an)
On Fri, Nov 22, 2019 at 6:39 PM Esdras Muniz
wrote:
> Eu usei mg>= mh
>
> Em sex, 22 de nov de
Algo estranho ali... Se não houver nenhuma restrição adicional ao
dominio... O minimo vale 0, quando x=0, pois todos os termos da expressão
são >=0.
Mas era isso que a gente queria?
Abraco, Ralph.
On Fri, Nov 22, 2019 at 1:07 AM gilberto azevedo
wrote:
> Como achar o mínimo de :
> x² *
Eu usei mg>= mh
Em sex, 22 de nov de 2019 17:04, Claudio Buffara
escreveu:
> Que podemos elevar ao quadrado, obtendo x^6/(x - 12).
>
> Ou seja, o problema se torna achar o valor mínimo de x^6/(x - 12), com x >
> 12 (não pode ser "=" ...).
> Depois, é só tirar a raiz quadrada.
>
> Agora, usamos
Que podemos elevar ao quadrado, obtendo x^6/(x - 12).
Ou seja, o problema se torna achar o valor mínimo de x^6/(x - 12), com x >
12 (não pode ser "=" ...).
Depois, é só tirar a raiz quadrada.
Agora, usamos a sugestão do Julio: y^6 = x - 12 ==> x^6 = (y^6 + 12)^6.
E a expressão a ser minimizada
Só não concordo com a igualdade, pois aí o denominador iria zerar. Ou no
caso em questão isso não é problema ?
Em sex, 22 de nov de 2019 16:33, Claudio Buffara
escreveu:
> Melhor reescrever a expressão.
> Como x - 12 >= 0, podemos supor que x >= 12.
> Nesse caso, a expressão a ser minimizada
Melhor reescrever a expressão.
Como x - 12 >= 0, podemos supor que x >= 12.
Nesse caso, a expressão a ser minimizada fica x^3/raiz(x-12), certo?
On Fri, Nov 22, 2019 at 4:20 PM gilberto azevedo
wrote:
> Não vejo com isso ajuda. Eu tava pensando em usa AM - MG , mas n ajudou mt.
>
> Em sex, 22
Não vejo com isso ajuda. Eu tava pensando em usa AM - MG , mas n ajudou mt.
Em sex, 22 de nov de 2019 10:10, Julio César Saldaña Pumarica <
saldana...@pucp.edu.pe> escreveu:
> mudando a variável:
>
> x-12 = y^6
>
> El vie., 22 nov. 2019 a las 2:40, gilberto azevedo ()
> escribió:
>
>> Como achar
mudando a variável:
x-12 = y^6
El vie., 22 nov. 2019 a las 2:40, gilberto azevedo ()
escribió:
> Como achar o mínimo de :
> x² * √(x²/(x-12)) , usando apenas desigualdades comuns ?
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
--
Esta
Correto: a(2020) = 1718.11.2019, 14:47, "Esdras Muniz" :Eu resolvi fazendo um programa, e deu 17. Mas a ideia é essa mesmo do mod 41. Se aparecerem dois números seguidos que já apareceram antes, a sequência começar a se repetir, tipo 1, 2,..., 1, 2,... E isso com certeza vai ocorrer, pois só
Eu resolvi fazendo um programa, e deu 17. Mas a ideia é essa mesmo do mod
41. Se aparecerem dois números seguidos que já apareceram antes, a
sequência começar a se repetir, tipo 1, 2,..., 1, 2,... E isso com certeza
vai ocorrer, pois só há 41×40 duplas de números seguidos possíveis,
considerando a
O Pacini me pediu que enviasse para a lista a ideia abaixo, pois ele não
está conseguindo concluir o devido envio :
Para n par o link que o Carlos Gustavo colocou mostra a análise.
Acredito ter encontrado uma outra ideia para todas as soluções com
a=2n+1, usando
3^(2n+1) = 2(b^2) + 1
O Pacini me pediu que enviasse para a lista a ideia abaixo, pois ele não
está conseguindo concluir o devido envio :
Para n par o link que o Carlos Gustavo colocou mostra a análise.
Acredito ter encontrado uma outra ideia para todas as soluções com
a=2n+1, usando
3^(2n+1) = 2(b^2) + 1
O Pacini me pediu que enviasse para a lista a ideia abaixo, pois ele não
está conseguindo concluir o devido envio :
Para n par o link que o Carlos Gustavo colocou mostra a análise.
Acredito ter encontrado uma outra ideia para todas as soluções com
a=2n+1, usando
3^(2n+1) = 2(b^2) + 1
Olá pessoal,
O Pacini pediu que enviasse o desenvolvimento abaixo, pois ele não está
conseguindo enviar a mensagem.
Para n par o link que o Carlos Gustavo colocou mostra a análise.
Acredito ter encontrado uma outra ideia para todas as soluções com
a=2n+1, usando
3^(2n+1) = 2(b^2) + 1
17
Em dom, 17 de nov de 2019 20:59, Jamil Silva
escreveu:
> Por que mod40 ?
>
> 17.11.2019, 14:36, "Claudio Buffara" :
> > Me parece que basta calcular o 2020o termo sem a restrição de ser mod 40
> (é uma sequência de Fibonacci começando por 5 e 2) e depois ver quanto e’
> a(2020) mod 40, sendo
Pela definição da sequência.
Quando a a(n) + a(n+1) > 40, a(n+2) = resto da divisão de a(n) + a(n+1) por 40,
sendo que neste caso os restos vão de 1 a 40 (ao invés de 0 a 39).
Enviado do meu iPhone
> Em 17 de nov de 2019, à(s) 18:59, Jamil Silva
> escreveu:
>
> Por que mod40 ?
>
>
Por que mod40 ?
17.11.2019, 14:36, "Claudio Buffara" :
> Me parece que basta calcular o 2020o termo sem a restrição de ser mod 40 (é
> uma sequência de Fibonacci começando por 5 e 2) e depois ver quanto e’
> a(2020) mod 40, sendo que na redução mod 40, ao invés dos restos serem 0, 1,
> ...,
Me parece que basta calcular o 2020o termo sem a restrição de ser mod 40 (é uma
sequência de Fibonacci começando por 5 e 2) e depois ver quanto e’ a(2020) mod
40, sendo que na redução mod 40, ao invés dos restos serem 0, 1, ..., 39, eles
serão 1, 2, ..., 40.
Enviado do meu iPhone
> Em 17 de
Eu também usaria uma planilha pra checar o resultado.
Enviado do meu iPhone
> Em 17 de nov de 2019, à(s) 11:56, Claudio Buffara
> escreveu:
>
> Me parece que basta calcular o 2020o termo sem a restrição de ser mod 40 (é
> uma sequência de Fibonacci começando por 5 e 2) e depois ver quanto
Boa tarde!
Curioso, a solução (2,2) sai para q =0 no segundo caso 3q+2.
Todavia, falta mostrar que para os côngruos de 3 mod81, embora 6q^2+8q+3
dívida 81, não é uma potência de 3, já vi que ficou capenga.
Saudações,
PJMS
Em sáb, 16 de nov de 2019 14:54, Pedro José escreveu:
> Boa tarde!
> O
Boa tarde!
O Esdras conseguiu para a e b par.
Creio ter conseguido para a e b ímpares.
Já havia encontrado (1,1) é (5,11)além de (2,2) para se b pares.
Vamos atrás dos peixes maiores.
3^a=2*(3q+c)^2+1, 0=81.
Então 81 |6q^2+4q+1 Para algum resíduo de{5, 8 , 11...77,80}, o que não
acontece.
Para c
Oi pessoal,
Eu achava que sairia mais fácil olhando em Z[i.sqrt(2)], mas mesmo assim dá
trabalho. Há uma discussão bem mais completa sobre esse problema (que caiu
em uma olimpíada polonesa) em
https://mathoverflow.net/questions/250312/diophantine-equation-3n-1-2x2
Em particular há uma solução que
Boa tarde!
Esdras,
Boa sacada!
(b^2+1)^2=b^4+2b^2+1=b^4+(3^k)^2.
Depois ternos pitagóricos sem restrição de primitivo.
Aí subtraindo a primeira da segunda ou somando dão quadrados perfeitos em p
e q. Basta igualar a1 ou então tira a raiz e iguala u^2 - v^2. Sai que
p-q=1.
Aí fica fácil.
Parabéns!
Bom dia!
Esdras,
grato, vou tentar seguir a linha.
Douglas,
Tentei combinar mod 8 com mod9 e não saiu uma restrição.
Carlos Gustavo,
teria como propor material sobre o tema que você levantou. Compreendi a
fatoração, mas não como seriam os primos nesse universo.
Ainda sem tempo para tentar uma
Tá virando moda esse tipo de problema, já são ao menos 3 parecidos que o
povo coloca aqui. Tem algum artigo ou livro pra estudar esse tipo de
problema?
Em qua, 13 de nov de 2019 16:24, Jamil Silva
escreveu:
> Só esqueci de dizer que as sequencias são impressas seguindo rigorosamente
> a ordem
Só esqueci de dizer que as sequencias são impressas seguindo rigorosamente a
ordem alfabética de forma contínua, ou seja, sem espaço entre duas quaisquer,
passando imediatamente de uma para a pagina seguinte em um determinado livro e
por sua vez entre, da mesma forma, da ultima pagina de um
O caso "a" par eu fiz assim: a=2k, daí, (3^k)^2+ b^4=(d^2+1)^2, então vc
usa que para algum par p, q, com 0 escreveu:
> Será que não sai usando somente congruência módulo 8?
>
> Em ter., 12 de nov. de 2019 às 20:07, Pedro José
> escreveu:
>
>> Boa noite!
>> Esdras,
>> tem como você postar, mesmo
Será que não sai usando somente congruência módulo 8?
Em ter., 12 de nov. de 2019 às 20:07, Pedro José
escreveu:
> Boa noite!
> Esdras,
> tem como você postar, mesmo para o caso apenas de n par?
>
> Grato!
>
> Saudações,
> PJMS.
>
> Em ter., 12 de nov. de 2019 às 19:52, Pedro José
> escreveu:
Sim, mas naquele problema eu ERRONEAMENTE falei em ordem lexicográfica, mas
quando descrevi a sequencia postei outra ordem em que
as sequencias de menor quantidade de letras sempre precedem qualquer outra
cuja quantidade de letras é maior, por isso ao invés de fazer assim:
a, aa, ac, ae, ai, am,
É curioso, pois, no problema que você postou com letras às vinha depois de
t.
Saudações,
PJMS
Em ter, 12 de nov de 2019 21:22, lumpa lumpa <1vp4l...@gmail.com> escreveu:
>
>
>
>
>
>
>
>
> Boa noite !
>
> Não. 01 vem depois de 00 que é o sucessor de 0, assim:
>
> 0, 00, 01, 02, 03, 04, 05, 06,
Boa noite !
Não. 01 vem depois de 00 que é o sucessor de 0, assim:
0, 00, 01, 02, 03, 04, 05, 06, 07, 08, 09, 1, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16,
17, 18, 19, 2, 20, 21, ... etc.
É óbvio que a sequencia acima mostra apenas as combinações de no máximo
dois algarismos, mas sabemos que há outros
Boa noite!
Esdras,
tem como você postar, mesmo para o caso apenas de n par?
Grato!
Saudações,
PJMS.
Em ter., 12 de nov. de 2019 às 19:52, Pedro José
escreveu:
> Boa noite!
> Carlos Gustavo,
> grato pela luz, estava tão obsecado e só rodando em círculos, tal qual
> patrulha perdida.
>
>
Boa noite!
Carlos Gustavo,
grato pela luz, estava tão obsecado e só rodando em círculos, tal qual
patrulha perdida.
Saudações,
PJMS
Em ter., 12 de nov. de 2019 às 19:19, Esdras Muniz <
esdrasmunizm...@gmail.com> escreveu:
> Dá para mostrar que a única solução com a e b pares é (2, 2). Agora com
Boa noite!
Usa os algarismos {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,A} Onde o algarismo A representa o
número 10
Pode usar o mesmo algoritmo que já mencionara. Só que agora na base 10.
1o Passo transformar o número para que só tenha algarismos significativos,
evitar zero a esquerda.
2019 --> 312A
2o Passo
Dá para mostrar que a única solução com a e b pares é (2, 2). Agora com a e
b ímpares, não consegui.
Em ter, 12 de nov de 2019 18:19, Pedro José escreveu:
> Boa noite!
> Agora captei vosso pensamento.
> Só que ao transformar a equação em uma equação de Pell, nós maculamos a
> função 3^n.
> Em
Há uma menção a esse problema em
https://math.stackexchange.com/questions/2826307/integer-solutions-of-3n-1-2m2
Uma sugestão é usar o fato de que Z[i.sqrt(2)] é um domínio de fatoração
única, e escrever 1+2b^2 como (1+b.i.sqrt(2))(1-b.i.sqrt(2)).
Notem que 3 se fatora aí como (1+i.sqrt(2))(1-
Boa noite!
Mas 1 ocorre antes de 01, não. Tenho que esgotar primeiro as de uma
posição, para depois usar as de duas se não eu não andaria nunca. 0, 00,
000,
Só confirme que penso uma solução, caso consiga.
Saudações,
PJMS
Em ter., 12 de nov. de 2019 às 18:15, lumpa lumpa
Boa noite!
Agora captei vosso pensamento.
Só que ao transformar a equação em uma equação de Pell, nós maculamos a
função 3^n.
Em verdade a solução para a par a= 2n, seria (2,2); pois, como mencionara
anteriormente se a é par, b também o é.
Só que quando procuramos as outras soluções, baseando-se
Boa tarde, Pedro.
Por menor posição, estou considerando aquela que conta a partir de zero
todas as sequencias de no máximo quatro algarismos até 2019.
0, 00, 000, são todos sequencias diferentes. Pense nos algarismos como
símbolos quaisquer, como se fossem letras e as combinações palavras
Boa tarde!
Douglas,
perdoe-me pela minha miopia, mas você poderia detalhar melhor onde entra a
equação de Pell?
A equação de Pell não é x^2-Dy^2 = N?
Se a é par b é par e se a ímpar b é ímpar para atender mod8,
Não consegui captar a sugestão.
Saudações,
PJMS
Em ter., 12 de nov. de 2019 às 16:50,
*Vamos deixar a preguiça um pouco de lado, decidi escrever um pouco.*
*Equações de Pell são equações diofantinas não lineares da forma x2 – Dy2
= m, onde D é um número natural e m um número inteiro. Se m = 1 temos a
equação x2 – Dy2 = 1, onde notamos que estas equações possuem 2 soluções
Hum, então, vamos analisar o caso de a ser par do tipo 2n.
Assim podemos escrever que (3^n+b(sqrt2))(3^n-b(sqrt2))=1
Dai através da solução mínima que o Pedro fez, como (1,1) por exemplo, da
pra ver que são infinitas soluções usando a equação de Pell.
Abraco
Douglas Oliveira.
Em dom, 10
Boa tarde!
Vai depender do conceito!
0 e 00 são contados como um só ou duas vezes?
Não entendi a menor posição. No meu entender há uma bijeção entre a posição
e o número.
A menos, que se contem 02019 e 2019 como o mesmo número, porém como
"palavras diferentes.
Saudações,
PJMS
Em ter., 12 de
Bom dia!
Não consegui restringir a essas.
1)a=b=1
2)a=b=2
3)a=5 e b=11.
Em dom, 10 de nov de 2019 20:33, gilberto azevedo
escreveu:
> [HELP]
>
> Achas todos os pares (a,b) inteiros positivos tais que :
> 3^a = 2b² + 1.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>
Boa tarde!
Errata
3o passo (4.052.405.310)base6+ (1.111.111.111)base6= (5.203.520.421)base6
e não 3o passo (4.052.405.31)base6+ (1.111.111.111)base6=
(5.203.520.421)base6
Então você agora, pode tanto compor uma palavra de ordem n, quanto
descobrir qual ordem de uma dada palavra e não. Então
Bom dia!
É muita coincidência. Teve um problema agora a respeito de numeração na
terra do IMPA que é muito, mas muito semelhante a esse.
Só que nesse caso caso é o contrário, ou seja a função inversa. O da terra
dos Impa, dá uma posição e quer saber qual o número IMPA.
Aqui se dá uma palavra e se
Boa solução, Rodrigo, mas pq sua contagem resultou um a menos ?
A resposta é 53.929.309
On Sun, Nov 10, 2019 at 9:31 PM Rodrigo Ângelo
wrote:
> A primeira palavra com 10 letras tem posição δ = 6 + 6^2 + ... + 6^9 =
> 12.093.234.
>
> Das palavras que tem 10 letras, fixando a primeira letra em
A primeira palavra com 10 letras tem posição δ = 6 + 6^2 + ... + 6^9 =
12.093.234.
Das palavras que tem 10 letras, fixando a primeira letra em "a", temos 6^9
palavras. Depois, fixando a primeira letra em "c", "e", e "i", temos a
mesma quantidade.
Então, das palavras de 10 letras, a primeira que
Será que sai por base seis ?
Em dom., 10 de nov. de 2019 às 18:31, lumpa lumpa <1vp4l...@gmail.com>
escreveu:
> Qual a posição da palavra "matematica" na série de todas as sequências
> possíveis em ordem alfabética das letras do conjunto da palavra matemática
> {a, c, e, i, m, t} ?
> essa
ok
On Sun, Nov 10, 2019 at 1:26 PM Bernardo Freitas Paulo da Costa <
bernardo...@gmail.com> wrote:
> Aproveito para repassar o email do Luís, com as correções que ele
> efetuou sobre meu rascunho e, mais importante, a motivação do
> problema.
>
> On Wed, Nov 6, 2019 at 8:42 PM Luís Lopes wrote:
Aproveito para repassar o email do Luís, com as correções que ele
efetuou sobre meu rascunho e, mais importante, a motivação do
problema.
On Wed, Nov 6, 2019 at 8:42 PM Luís Lopes wrote:
>
> Sauda,c~oes, oi Bernardo,
>
> Alguns comentários preliminares:
>
> 1) obrigado ao Bernardo pelo tempo e
Em sex., 8 de nov. de 2019 às 06:45, Carlos Gomes
escreveu:
> Olá amigos. No mês passado foi publicada mais uma Eureka. A publicação foi
> reativada.
>
> Att, Cgomes
>
Não aparece nada na página oficial.
>
> Em sex, 8 de nov de 2019 06:31, Anderson Torres <
> torres.anderson...@gmail.com>
Usa que f(x^2+x-3)=(x^3+2x^2-3x-5)f(x).
Em qui, 7 de nov de 2019 11:53, gilberto azevedo
escreveu:
> [Polinômios]
>
> Dada a função f(x) = x³ + x² - 4x + 1 , mostrar que se f(r) = 0 , então
> f(r² + r -3) = 0.
> Creio que tem uma sacada pra aparecer r³ + r² - 4r + 1 , e usar que isso é
> 0,
Bom dia!
Cláudio,
peço máxima vênia e venho discordar de você.
Se você pegar a soma da PG: 1, 5, 25 , que é a quebra do número de
algarismos.
Ou seja a partir de S1=1, temos pelo menos um algarismo no impa
A partir de S2=6 temos pelo menos dois algarismos no impa
A partir de S3= 31 temos pelo
Uma forma de ver se sua solução está certa é tentar dar outra solução,
essencialmente diferente da primeira.
A meu ver, a solução mais elementar é por enumeração pura e simples e usa
apenas o princípio multiplicativo, sem nenhuma "sacada brilhante".
Há 5 números de um algarismo no sistema Impa
Bom dia!
Creio que não.
Por exemplo, 11 na base 6 é 15.
Daria 39, do jeito que você propôs. Mas dá 31.
Fiz a transformação de 2017 de várias formas e deu sempre 39953.
Alguém tem a resposta?
Saudações, PJMS
Em sex, 8 de nov de 2019 06:58, Esdras Muniz
escreveu:
> Acho que é só passar 2017
Olá amigos. No mês passado foi publicada mais uma Eureka. A publicação foi
reativada.
Att, Cgomes
Em sex, 8 de nov de 2019 06:31, Anderson Torres <
torres.anderson...@gmail.com> escreveu:
>
>
> Em qui., 10 de out. de 2019 às 11:02, samuel barbosa
> escreveu:
>
>> Já existem dois números da
Em qui., 10 de out. de 2019 às 19:03, Israel Meireles Chrisostomo <
israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:
> vc poderia me passar a prova desses resultados particulares do TFA( o
> caso em que n/4 e 3n/4 não são quadrados perfeitos )?
>
>
>
Em qui., 10 de out. de 2019 às 11:02, samuel barbosa
escreveu:
> Já existem dois números da Eureka prontos e estão em fase de revisão. O
> número 41 certamente será publicado em sua versão online antes da prova da
> OBM em novembro.
>
> A Eureka está voltando após um hiato de quase três anos.
>
Em ter, 24 de set de 2019 às 14:44, escreveu:
>
> Saudações a todos!
>
> Eu estava revendo os problemas em aberto da Matemática, quando me deparei –
> de novo! – com a Conjectura de Goldbach (1742). Eu acreditava que esta
> conjectura ainda não havia sido provada, contudo, encontrei, na Internet
Acho que é só passar 2017 para a base 6 e depois substituir os algarismos
0, 1, 2, 3, 4, 5 por 1, 3, 5, 7, 9 respectivamente.
Assim, 2017 na base 6 é 13201, trocando os algarismos, fica: 37513.
Em qui, 7 de nov de 2019 22:16, Cauã DSR escreveu:
> Muito obrigado! É realmente uma honra ler isso.
Muito obrigado! É realmente uma honra ler isso.
Sobre a questão eu ficarei de analisá-la (principalmente algumas funções
que não entendi ainda) no sábado, se possível
Em qui, 7 de nov de 2019 9:27 PM, Pedro José escreveu:
> Boa noite!
>
> Pode-se usar a soma da PG de razão 5 e o primeir termo 1
Boa noite!
Pode-se usar a soma da PG de razão 5 e o primeir termo 1
então, no sistema impa, teremos 5 números com 1 algarismo, 30 números com
1ou 2 algarismos, 155 números com até 3 algarismos, 780 números com até 4
algarismos e Sn=(5^n-1)/4 números com até n algarismos.
Os algarismos de ordem
Boa tarde!
Você seguiu uma linha de argumentação interessante.
Mas não está correto.
Pois existem 5 números com 1 algarismo 5^2 números com 2 algarismos, 5^3
com 3 e assim sucessivamente.
Usando a soma da PG
6-11
31 -111
156 -
781- 1
Assim o maior número de 4 algarismos representaria
Boa tarde!
Daria para ter melhorado a procura para (10x+6)^3
10x(5x+8) = 20 mod125 ==> 10x(5x+8)=20 + 250*q ==> x(5x+8)=2 +25 q ==>
x(5x+8) = 2 mod 25
x(5x+8) tem que acabar em 2 ou em 7.
1 não
2 não
3 não
4 temos 28*4=112 não atende.
5 não
6 não
7 não
8 não
9 temos 477 = 2 mod25 OK!!!
10 não
11
Boa tarde!
Esqueci o "vai um" que a tia Loló me ensinou: 346 e não 246.
Desculpem-me,
PJMS
Em qua., 6 de nov. de 2019 às 10:59, Pedro José
escreveu:
> Boa tarde!
>
> Só consegui na grosseria.
>
> Para que o resto por 125 acabe em 1, x deverá acabar em 1 ou em 6.
>
> 6^3=216 não atende
>
>
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