Re: RES: [obm-l] Duas questões olímpicas
Prezados colegas, pensei um pouco neste problema e imagino que
valha, sim, vender o pastel sem recheio. De repende, o cliente não
gostou das opções. Sendo assim, teríamos (como foi discutido abaixo)
32=2^5=C(n,5)+C(n,4)+C(n,3)+C(n,2)+C(n,1)+C(n,0)
o que nos levar a concluir que existem 5 opções de recheio.
PS.: Não conseguí outra solução.
inté
Citando Artur Costa Steiner [EMAIL PROTECTED]:
Se m = C(n,5) + C(n,4) + C(n,3) + C(n,2) + C(n,1), acho que o número
total de opções de pastéis não é m^2/2 não. Se vc fixar uma
combinação de recheio 1 no pastel A, então, no pastel B, vc pode
combinar com as combinacoes de recheio de 1 a m. Fixada agora a
combianacao de recheio 2 no pastel A, para nao haver repeticao, vc
so pode colocar no B as combinacoes de 2 a m. Depois, de 3 a m, etc.
Acho que o total vai ser de m + m-1 +1 = m(m+1)/2. O número m
nem tem que ser par, de modo que m^2/2 pode nem ser inteiro
Artur
-Mensagem original-
De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED]
nome de Pedro Cardoso
Enviada em: quinta-feira, 31 de julho de 2008 19:20
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Assunto: RE: [obm-l] Duas questões olímpicas
Salhab, acho que você errou na leitura.
A questão diz ATÉ 5 recheios.
Então, para cada pastel, temos C(n,5) + C(n,4) + C(n,3) + C(n,2) +
C(n,1) possibilidades
Agora, será que vale pastel sem recheio?
Continuando, teremos, para dois pasteis,
[C(n,5)+C(n,4)+C(n,3)+C(n,2)+C(n,1)]^2.
Na verdade, como a ordem dos pastéis não importa, fica
{ [C(n,5)+C(n,4)+C(n,3)+C(n,2)+C(n,1)]^2 } /2 = 1024.
Mas aí não dá.
Vou ver se acho meu erro também.
---
Olá Walter,
Problema 1)
Se ele poderia conter até 5 recheios, então, ele tem C(n, 5) modos
de escolher os recheios, visto que a ordem não importa.
Deste modo, temos n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)/120 maneiras de escolher um
pastel...
como vamos escolher dois pastéis (e eles podem ser iguais), temos que ter:
[C(n, 5)]^2 = 1024 ... C(n,5) = 32
logo:
n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4) = 120*32 = 5*4*3*2*2^5 = 5*3*2^8 = 3840
hmmm, vamos ver:
n = 10 10*9*8*7*6 = 30240.. portanto, é menos que 10.
n = 8... 8*7*6*5*4 = 6720.. portanto, é menos que 8.
n = 6... 6*5*4*3*2 = 720... OPA! então é 7! ehehehhe (note que não
pode ser 7)
n = 7... 7*6*5*4*3 = 2520... uéh! era previsível que não era n=7,
pois 7 não é fator de 3840...
vou pensar melhor e procurar meu erro!!
abraços,
Salhab
2008/7/31 Walter Tadeu Nogueira da Silveira
[EMAIL PROTECTED]mailto:[EMAIL PROTECTED]
Caros amigos...
Duas questões da Espanha e Chile...alguma sugestão?
Abraços
Problema 1: (Olimpíada do Chile)
Há um tempo atrás, uma pastelaria anunciou uma promoção especial na
compra dos seus pastéis. Cada pastel poderia conter até 5 recheios
dos que tinham na pastelaria. A gerência chegou a conclusão que
havia 1024 maneiras de escolher dois pastéis. Quantos recheios
distintos estavam disponíveis na pastelaria?
Problema 2: (Olimpíada da Espanha)
Os números naturais a e b são tais que a soma (a+1)/b + (b+1)/a é
inteiro. Demonstre que o máximo divisor comum entre a e b é menor
que ou igual a raiz (a+b).
--
_
Conheça já o Windows Live Spaces, o site de relacionamentos do
Messenger! Crie já o seu!http://www.amigosdomessenger.com.br
--
Arlane Manoel S Silva
Departamento de Matemática
Instituto de Matemática e Estatística-USP
=
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] Duas questões olímpicas
Olá,... vamos ver a segunda: vamos dizer que: (a+1)/b + (b+1)/a = u assim, multiplicando por ab, temos: a(a + 1) + b(b+1) = abu digamos que m = mdc(a, b)... vamos dividir por m^2... a(a + 1)/m^2 + b(b+1)/m^2 = abu/m^2 a/m * (a+1)/m + b/m * (b+1)/m = a/m * b/m * u Mas, a/m * (a+1)/m + b/m * (b+1)/m = a/m*a/m + a/m*1/m + b/m*b/m + b/m*1/m Agora, vamos analisar: a/m * b/m * u é inteiro, portanto, a/m*a/m + a/m*1/m + b/m*b/m + b/m*1/m deve ser inteiro. Neste último, a/m*a/m é inteiro e b/m*b/m é inteiro, logo: a/m*1/m + b/m*1/m = (a+b)/m^2 deve ser inteiro. Assim, se m^2 a+b, teríamos (a+b)/m^2 1, impossibilitando-o de ser inteiro. Logo, m^2 = a+b. [acho que para formalizar a solução acima, basta supor m^2 a+b e chegar ao absurdo] Agora, pq m^2 = a+b é um absurdo? bom, sabemos que a/m * b/m é inteiro... então, teríamos ab/(a+b) inteiro.. hmm.. ainda estou procurando o absurdo! hehehe vou ter que dar uma saída agora, mas depois tento continuar! abraços, Salhab 2008/7/31 Walter Tadeu Nogueira da Silveira [EMAIL PROTECTED] Caros amigos... Duas questões da Espanha e Chile...alguma sugestão? Abraços *Problema 1:* *(Olimpíada do Chile)* * * Há um tempo atrás, uma pastelaria anunciou uma promoção especial na compra dos seus pastéis. Cada pastel poderia conter até 5 recheios dos que tinham na pastelaria. A gerência chegou a conclusão que havia 1024 maneiras de escolher dois pastéis. Quantos recheios distintos estavam disponíveis na pastelaria? *Problema 2:* *(Olimpíada da Espanha)* * * Os números naturais a e b são tais que a soma (a+1)/b + (b+1)/a é inteiro.Demonstre que o máximo divisor comum entre a e b é menor que ou igual a raiz (a+b). ** --
Re: [obm-l] Duas questões olímpicas
Olá Pedro,
tem razão!! Vou pensar melhor e propor outra solução.
abraços,
Salhab
2008/7/31 Pedro Cardoso [EMAIL PROTECTED]
Salhab, acho que você errou na leitura.
A questão diz ATÉ 5 recheios.
Então, para cada pastel, temos C(n,5) + C(n,4) + C(n,3) + C(n,2) + C(n,1)
possibilidades
Agora, será que vale pastel sem recheio?
Continuando, teremos, para dois pasteis,
[C(n,5)+C(n,4)+C(n,3)+C(n,2)+C(n,1)]^2.
Na verdade, como a ordem dos pastéis não importa, fica
{ [C(n,5)+C(n,4)+C(n,3)+C(n,2)+C(n,1)]^2 } /2 = 1024.
Mas aí não dá.
Vou ver se acho meu erro também.
---
Olá Walter,
Problema 1)
Se ele poderia conter até 5 recheios, então, ele tem C(n, 5) modos de
escolher os recheios, visto que a ordem não importa.
Deste modo, temos n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)/120 maneiras de escolher um
pastel...
como vamos escolher dois pastéis (e eles podem ser iguais), temos que ter:
[C(n, 5)]^2 = 1024 ... C(n,5) = 32
logo:
n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4) = 120*32 = 5*4*3*2*2^5 = 5*3*2^8 = 3840
hmmm, vamos ver:
n = 10 10*9*8*7*6 = 30240.. portanto, é menos que 10.
n = 8... 8*7*6*5*4 = 6720.. portanto, é menos que 8.
n = 6... 6*5*4*3*2 = 720... OPA! então é 7! ehehehhe (note que não pode ser
7)
n = 7... 7*6*5*4*3 = 2520... uéh! era previsível que não era n=7, pois 7
não é fator de 3840...
vou pensar melhor e procurar meu erro!!
abraços,
Salhab
2008/7/31 Walter Tadeu Nogueira da Silveira [EMAIL PROTECTED]
Caros amigos...
Duas questões da Espanha e Chile...alguma sugestão?
Abraços
*Problema 1:* *(Olimpíada do Chile)*
* *
Há um tempo atrás, uma pastelaria anunciou uma promoção especial na compra
dos seus pastéis. Cada pastel poderia conter até 5 recheios dos que tinham
na pastelaria. A gerência chegou a conclusão que havia 1024 maneiras de
escolher dois pastéis. Quantos recheios distintos estavam disponíveis na
pastelaria?
*Problema 2:* *(Olimpíada da Espanha)*
* *
Os números naturais a e b são tais que a soma (a+1)/b + (b+1)/a é
inteiro.Demonstre que o máximo divisor comum entre a
e b é menor que ou igual a raiz (a+b). **
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[obm-l] encontrar os angulos internos de um triangulo EUREKA 27
Dado um triangulo ABC tal que AB=AC=a+b e BC=a, traça-se uma ceviana partindo de B determinando em AC um ponto D tal que DA=a e DC=b. Sabendo que ABD=10º, determine os angulos internos desse triangulo. Vitório Gauss
Re: [obm-l] Duas questões olímpicas
Oi pessoal, a abordagem do Artur foi a que me pareceu adequada.
Mas ainda assim, teriamos 1024=m(m+1)/2 , o que e' impossivel para
qualquer m inteiro.
E isso vale independentemente do pastel ter ou nao ter algum recheio.
Portanto, eu diria que o enunciado esta' errado.
[]'s
Rogerio Ponce.
PS: a unica forma de se acomodar esse enunciado, seria tambem
considerar a ordem em que os pasteis foram pedidos, alem de se aceitar
pastel sem recheio .
Mas isso me parece uma tremenda apelacao...
De qualquer forma, se voce estivesse diante dessa questao, dependendo
de acerta-la para passar num exame, seria melhor dar essa resposta
(mesmo com dor no coracao), que deixa-la em branco esperando que fosse
anulada.
Portanto, PONTO PARA ARLANE !!!
:-)
Problema 1: (Olimpíada do Chile)
Há um tempo atrás, uma pastelaria anunciou uma promoção especial na
compra dos seus pastéis. Cada pastel poderia conter até 5 recheios dos
que tinham na pastelaria. A gerência chegou a conclusão que havia 1024
maneiras de escolher dois pastéis. Quantos recheios distintos estavam
disponíveis na pastelaria?
Em 01/08/08, Marcelo Salhab Brogliato[EMAIL PROTECTED] escreveu:
Olá Pedro,
tem razão!! Vou pensar melhor e propor outra solução.
abraços,
Salhab
2008/7/31 Pedro Cardoso [EMAIL PROTECTED]
Salhab, acho que você errou na leitura.
A questão diz ATÉ 5 recheios.
Então, para cada pastel, temos C(n,5) + C(n,4) + C(n,3) + C(n,2) + C(n,1)
possibilidades
Agora, será que vale pastel sem recheio?
Continuando, teremos, para dois pasteis,
[C(n,5)+C(n,4)+C(n,3)+C(n,2)+C(n,1)]^2.
Na verdade, como a ordem dos pastéis não importa, fica
{ [C(n,5)+C(n,4)+C(n,3)+C(n,2)+C(n,1)]^2 } /2 = 1024.
Mas aí não dá.
Vou ver se acho meu erro também.
---
Olá Walter,
Problema 1)
Se ele poderia conter até 5 recheios, então, ele tem C(n, 5) modos de
escolher os recheios, visto que a ordem não importa.
Deste modo, temos n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)/120 maneiras de escolher um
pastel...
como vamos escolher dois pastéis (e eles podem ser iguais), temos que ter:
[C(n, 5)]^2 = 1024 ... C(n,5) = 32
logo:
n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4) = 120*32 = 5*4*3*2*2^5 = 5*3*2^8 = 3840
hmmm, vamos ver:
n = 10 10*9*8*7*6 = 30240.. portanto, é menos que 10.
n = 8... 8*7*6*5*4 = 6720.. portanto, é menos que 8.
n = 6... 6*5*4*3*2 = 720... OPA! então é 7! ehehehhe (note que não pode
ser
7)
n = 7... 7*6*5*4*3 = 2520... uéh! era previsível que não era n=7, pois 7
não é fator de 3840...
vou pensar melhor e procurar meu erro!!
abraços,
Salhab
2008/7/31 Walter Tadeu Nogueira da Silveira [EMAIL PROTECTED]
Caros amigos...
Duas questões da Espanha e Chile...alguma sugestão?
Abraços
*Problema 1:* *(Olimpíada do Chile)*
* *
Há um tempo atrás, uma pastelaria anunciou uma promoção especial na compra
dos seus pastéis. Cada pastel poderia conter até 5 recheios dos que tinham
na pastelaria. A gerência chegou a conclusão que havia 1024 maneiras de
escolher dois pastéis. Quantos recheios distintos estavam disponíveis na
pastelaria?
*Problema 2:* *(Olimpíada da Espanha)*
* *
Os números naturais a e b são tais que a soma (a+1)/b + (b+1)/a é
inteiro.Demonstre que o máximo divisor comum entre a
e b é menor que ou igual a raiz (a+b). **
--
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Conheça já o Windows Live Spaces, o site de relacionamentos do Messenger!
Crie
já o seu! http://www.amigosdomessenger.com.br
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Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
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Re: [obm-l] Duas questões olímpicas
Pois é amigos... Descobri que o primeiro problema tem resposta 11. Sai pelo binômio de Newton com algo tipo: C(n,5)+...+C(n,1)=(1+1)^x e se não me engando 2.2^10 =2^x x=11 Claro para alguém? Para mim, ainda não... Abraços PS: Será para explicar a alunos de 11 a 13 anos, pode? Pois é... Em 01/08/08, Marcelo Salhab Brogliato [EMAIL PROTECTED] escreveu: Olá,... vamos ver a segunda: vamos dizer que: (a+1)/b + (b+1)/a = u assim, multiplicando por ab, temos: a(a + 1) + b(b+1) = abu digamos que m = mdc(a, b)... vamos dividir por m^2... a(a + 1)/m^2 + b(b+1)/m^2 = abu/m^2 a/m * (a+1)/m + b/m * (b+1)/m = a/m * b/m * u Mas, a/m * (a+1)/m + b/m * (b+1)/m = a/m*a/m + a/m*1/m + b/m*b/m + b/m*1/m Agora, vamos analisar: a/m * b/m * u é inteiro, portanto, a/m*a/m + a/m*1/m + b/m*b/m + b/m*1/m deve ser inteiro. Neste último, a/m*a/m é inteiro e b/m*b/m é inteiro, logo: a/m*1/m + b/m*1/m = (a+b)/m^2 deve ser inteiro. Assim, se m^2 a+b, teríamos (a+b)/m^2 1, impossibilitando-o de ser inteiro. Logo, m^2 = a+b. [acho que para formalizar a solução acima, basta supor m^2 a+b e chegar ao absurdo] Agora, pq m^2 = a+b é um absurdo? bom, sabemos que a/m * b/m é inteiro... então, teríamos ab/(a+b) inteiro.. hmm.. ainda estou procurando o absurdo! hehehe vou ter que dar uma saída agora, mas depois tento continuar! abraços, Salhab 2008/7/31 Walter Tadeu Nogueira da Silveira [EMAIL PROTECTED] Caros amigos... Duas questões da Espanha e Chile...alguma sugestão? Abraços *Problema 1:* *(Olimpíada do Chile)* * * Há um tempo atrás, uma pastelaria anunciou uma promoção especial na compra dos seus pastéis. Cada pastel poderia conter até 5 recheios dos que tinham na pastelaria. A gerência chegou a conclusão que havia 1024 maneiras de escolher dois pastéis. Quantos recheios distintos estavam disponíveis na pastelaria? *Problema 2:* *(Olimpíada da Espanha)* * * Os números naturais a e b são tais que a soma (a+1)/b + (b+1)/a é inteiro. Demonstre que o máximo divisor comum entre a e b é menor que ou igual a raiz (a+b). ** -- -- Walter Tadeu Nogueira da Silveira www.professorwaltertadeu.mat.br
Re: [obm-l] Duas questões olímpicas
*Problema 1:* *(Olimpíada do Chile)* * * Há um tempo atrás, uma pastelaria anunciou uma promoção especial na compra dos seus pastéis. Cada pastel poderia conter até 5 recheios dos que tinham na pastelaria. A gerência chegou a conclusão que havia 1024 maneiras de escolher dois pastéis. Quantos recheios distintos estavam disponíveis na pastelaria? cn,5+cn,4+cn,3+cn,2+cn,1+ cn,5*c(n-5,5)+cn,4*cn-4,4+cn,3*cn-3,3+cn,2*cn-2,2+cn,1*cn-1,1+cn,5*cn-5,4 2 pasteis iguais+ 2 pasteis diferentes+1 pastel com 5e um pastel com 4, eassim vai On 7/31/08, Walter Tadeu Nogueira da Silveira [EMAIL PROTECTED] wrote: Caros amigos... Duas questões da Espanha e Chile...alguma sugestão? Abraços *Problema 1:* *(Olimpíada do Chile)* * * Há um tempo atrás, uma pastelaria anunciou uma promoção especial na compra dos seus pastéis. Cada pastel poderia conter até 5 recheios dos que tinham na pastelaria. A gerência chegou a conclusão que havia 1024 maneiras de escolher dois pastéis. Quantos recheios distintos estavam disponíveis na pastelaria? *Problema 2:* *(Olimpíada da Espanha)* * * Os números naturais a e b são tais que a soma (a+1)/b + (b+1)/a é inteiro.Demonstre que o máximo divisor comum entre a e b é menor que ou igual a raiz (a+b). ** --
