Re: [obm-l] Negocio da China !
Caro Paulo: Nesta sua questão: (1 - CHINA 1990 ) S e o conjunto de todos os sub-conjuntos de um dado conjunto X que teem um mesmo numero de elementos e F e uma funcao real definida sobre S tal que F(A) 1990 para algum elemento A de S. Sabe-se tambem que : F(B uniao C)=F(B)+ F(C)-1990 para todos elementos B e C de S que sejam disjuntos. Mostre que nos podemos encontrar um sub-conjunto Y de X tal que : F(D) 1990 para todo D contido em Y F(D) = 1990 para todo D contido em X-Y Se todos os elementos de S têm o mesmo número N de elementos, e se B e C são elementos disjuntos de S, então B união C terá 2N elementos e não será elemento de S == F(B união C) não estará definida. Esta definição de S está mesmo certa? Um abraço, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
Re: [obm-l] Bibliotecas..
Na da USP nunca fui. A do CTA é a maior bib. tecnica da america latina, tem coisa pra caceta, mas é mais engenharia. Matemática nem é to bom. Tem pequenas mas boas secoes de historia/literatura/filosofia/ficcao. Já o IMPA é mao bom, e mais voltado pra pesquisa. Tem zilhoes de artigos em tudo que é área da matemática. E tambem de computacao grafica, economia, computacao e fisica. Tambem tem muito livro, mas o ponto forte sao as revistas. - Original Message - From: niski [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Wednesday, February 19, 2003 6:44 PM Subject: Re: [obm-l] Bibliotecas.. Domingos Jr. wrote: Acho que ele estava falando do IME militar e não da Usp... Aliás, o que vc faz lá? Eu faço ciência da computação... nao. me referi ao IME-USP mesmo - Original Message - *From:* Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet mailto:[EMAIL PROTECTED] *To:* [EMAIL PROTECTED] mailto:[EMAIL PROTECTED] *Sent:* Wednesday, February 19, 2003 3:56 PM *Subject:* Re: [obm-l] Bibliotecas.. DependeEu moro em Sao Paulo e ja achei muita coisa legal no IME-USP,como as demonstraçoes do TNP e do Teorema da PA que tem o meu nome.E tem livros ate de IMO!Ja no IMPA eu ouvi falar que tem algumas ediçoes da CRUX Mathematicorum e exemplares do Proofs. Na USP,site www.ime.usp.br http://www.ime.usp.br voce encontra um acervo com os livros disponiveis. */niski [EMAIL PROTECTED] mailto:[EMAIL PROTECTED]/* wrote: Olá pessoal das entre as bibliotecas do IMPA, IME e ITA existe alguma diferenca muito grande entre alguma delas? = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é = *Busca Yahoo! http://br.busca.yahoo.com/* O serviço de busca mais completo da Internet. O que você pensar o Yahoo! encontra. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
Re: [obm-l] Desigualdade estranhinha
Caro JP e demais colegas: Falei besteira. A expressão continua ilimitada. Defina os A(i)'s como se segue (supondo n = 8): A(1) = -A (A = no. real qualquer) A(2) = -A A(3) = 0 A(4) = A A(5) = A A(6) = 0 A(7) = 1 A(k) = 0 para 8 =k = n De forma que: A(1) + ... + A(n) = 1 e A(1)*A(2) + ... + A(n-1)*A(n) + A(n)*A(1) = 2*A^2 == ilimitada superiormente Por favor, desconsidere o escrito abaixo. Um abraço, Claudio. - Original Message - From: Cláudio (Prática) To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Wednesday, February 19, 2003 4:30 PM Subject: Re: [obm-l] Desigualdade estranhinha Caro JP: Então, o problema é: Maximizar a_1*a_2+a_2*a_3+a_3*a_4+.+a_(n-1)*an+a_n*a_1 sabendo que a soma dos a's e 1. Nesse caso, acho que cabe a desigualdade do rearranjo: Suponhamos s.p.d.g. que A(1) = A(2) = ... = A(n). Pela desig. do rearranjo, vale: A(1)*A(2) + ... + A(n-1)*A(n) + A(n)*A(1) = A(1)^2 + ... + A(n)^2, com igualdade se e somente se os A(i)'s são todos iguais. Como a soma deles é 1, eles serão todos iguais a 1/n == o valor máximo procurado é igual a n * (1/n)^2 = 1/n. Repare que não foi necessário supor que os A(i)'s são positivos, pois a desig. do rearranjo não necessita dessa hipótese. Um abraço, Claudio.
[obm-l] Partio
Title: Help
Caros colegas da lista:
Estou embananado com este aqui:
1) Prove que existe uma partição de {1, 2, ..., 2001} em 667 subconjuntos
de 3 elementos tal que a soma dos elementos de cada subconjunto é igual a
3003.
2) Determine todos os inteiros positivosM tais que o conjunto {1 2,
..., 3M} admite uma partição emM subconjuntos de 3 elementos tal que a
soma dos elementos de cada subconjunto é constante.
Um abraço,
Claudio.
[obm-l] O numero fi
Ola Pessoal, O numero fi ( letra grega ) e um dos numeros mais notaveis da Matematica. Ele aparece no problema geometrico de dividir um segmento em Media e extrema razao ( expressao devida aos gregos ). Seja L o comprimento de um segmento AB. Encontrar um ponto C interior a AB tal que : AC/CB = AB/AC. Tomando A por origem (AC=x) , fica : x/(L-x)=L/x = x^2 + Lx - L2 = 0 Daqui : x=( (raiz_2(5) - 1)/2 )*L. Fazendo L=1 x = ( (raiz_2(5) - 1)/2 ). Essa solucao e o numero fi, isto e : fi = ( (raiz_2(5) - 1)/2 ) O numero fi mantem uma relacao muito proxima com a beleza e tem relacoes matematicas muito interessantes ... PROBLEMA 1) fi e uma das solucoes de x^2 + x - 1=0. Exiba uma sequencia de numeros reais, estritamente crescente, tal que ela seja simultaneamente uma PA e uma PG. Esta sequencia e unica ou existe outra(s) ? PROBLEMA 2) Seja 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ..., An, ... a sequencia de fibonaci. Qual o LIM An/An-1 quando n tende ao infinito ? Um Abraco a Todos Paulo Santa Rita 5,1130,200203 _ MSN Hotmail, o maior webmail do Brasil. http://www.hotmail.com = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
[obm-l] forma fechada e integral
Sauda,c~oes,
\sum_k \frac{n+1}{2k+1} \binom{n+1}{2k+1} .
\sum_{k\geq0} \frac{k}{n+k} \binom{n}{k} .
\sum_{k\geq0} \frac{2k}{2n+k} \binom{n}{k} .
Querendo conhecer as formas fechadas
(se existentes) das três somas acima,
escrevi para o prof. Rousseau.
Em função das suas respostas, fiquei sabendo
que não existem. Mas não entendi a passagem
para a integral e a justificativa decorrente.
Para não incomodá-lo MAIS uma vez, gostaria
de perguntar antes pra lista (e participar também
tais resultados). Talvez a resposta até seja
elementar.
Cortando algumas partes, aí segue nossa
discussão.
[]'s
Luís
Dear Cecil,
Retaking my CRUX saga, consider problem
2683 whose solution appears in 28(8),
December 2002, pp~539--540.
Find the value of \lim_{n\to\infty} \left(
\frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}
\frac{n+1}{2k+1} \binom{n+1}{2k+1} \right) .
It turns out to be 2.
In this problem - as always - I am more
interested in a closed form to
\sum_k \frac{n+1}{2k+1} \binom{n+1}{2k+1} .
As CRUX didn´t mention it, I strongly suspect
there is none.
Regards,
Luis
Dear Luis:
I would be very surprised if there is
a closed form for this. One can write
it rather compactly as an integral, but
that doesn't seem to help very much.
You can certainly put it in hypergeometric
form, but not as far as I know can it
be written in a form where the sum can
be deduced from one of the classical
formulas (Gauss. Dixon, Pfaff-Saalschutz)
Cecil
% Segunda mensagem
Luis Lopes wrote:
Dear Cecil,
I knew already the published solution
(similar to yours). ...
Again there shouldn´t be any closed form to
\sum_{k\geq0} \frac{k}{n+k} \binom{n}{k} .
Not to mention
\sum_{k\geq0} \frac{2k}{2n+k} \binom{n}{k}
Thank you,
Luis
Dear Luis:
The first one is the same as n \int_0^1 (1+x)^{n-1} x^n dx
and I am pretty sure there is no closed form for the integral.
The second one is similar. You could get something for it
if you could evaluate \int_0^1 (1+x)^{n-1} x^{2n} dx,
and I believe that this is out of reach. I haven't tried that
hard, but Maple fails to give an evaluation and nothing
I have found in Gradshteyn and Ryzhik is helpful.
Cecil
=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED]
=
Re: [obm-l] Oi Pessoal
algumas idéias... (http://mathworld.wolfram.com/EulersTotientTheorem.html) phi(10^1000) é o número de inteiros de 1...10^1000 que são relativamente primos com 10^1000. temos que todos os múltiplos de 2 ou 5 são os únicos inteiros com divisor em comum com 10^1000, logo, o número de múltiplos de 2 e 5 é (10^1000)/2 + (10^1000)/5 - (10^1000)/10 = 3/5(10^1000) phi(10^1000) = 2/5(10^1000) = 2^1001.5^999 se mdc(10^1000, a) = 1, temos a^phi(10^1000) = 1 (mod 10^1000) pelo teorema de Euler suponha que para algum n, a(n) = a(n+1) (mod 10^1000) a(n+2) = a^a(n+1) = a^(10^1000.q + a(n)) = (a^(10^1000))^q . a^a(n) = (a^(10^1000))^q . a(n+1) se q = 2k, temos a(n+2) = (a^(10^1000))^2k . a^a(n) = a^a(n) = a^a(n+1) se q = 2k + 1, a(n+2) = (a^(10^1000))^(2k + 1) . a(n+1) = (a^(10^1000))^2k . a^(10^1000) . a(n+1) = a^(10^1000) . a(n+1) a(n+2) = a^(10^1000) . a(n+1) a(n+2)² = [a^(10^1000) . a(n+1)]² = a(n+1)² a(n+2)² = a(n+1)² aqui entram os detalhes técnicos, é simples ver que os primos da fatoração a(m) são os mesmos da fatoração de a, sendo assim, se mdc(a, 10^1000) = 1, mdc(a(m), 10^1000) = 1 para todo m = 1. se considerarmos o grupo multiplicativo formato pelos elementos de 1 até 10^1000 relativamente primos a 10^1000, temos: a(n+2)² = a(n+1)² = (a(n+2) - a(n+1)).(a(n+2) + a(n+1)) = a(n+2) = a(n+1) ou a(n+2) = -a(n+1) se conseguirmos eliminar o caso a(n+2) = -a(n+1), ou eliminarmos a possibilidade de que q seja ímpar, bastaria provar que, dado a, mdc(a, 10^1000) = 1, se existe algum n tal que a(n) = a(n+1), temos que após n todos os 10.000 últimos dígitos da seqüência estarão fixados. sobram os casos em que 2|a ou (exclusivo) 5|a, se 10|a, a resposta é trivial, já que só de olhar para 10^10^10 dá pra ver que essas séries vão ter números com muitos zeros no final e esse número de zeros atinge 1000 bem rapidamente... [ ]'s Oi pessoal, Tenho acompanhado a lista pelo site da obm à alguns dias e então resolvi entrar. Tenho um problema legal (gostaria da ajuda de um dos brilhantes participantes da lista, como: Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet...): Seja a(1) = a; a(n+1) = a^a(n); Prove que: para qualquer a 1 inteiro, os últimos 1000 dígitos da expansão decimal de a(n) ficam eventualmente constantes !!! Okakamo Kokobongo ___ Busca Yahoo! O serviço de busca mais completo da Internet. O que você pensar o Yahoo! encontra. http://br.busca.yahoo.com/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
Re: [obm-l] Desigualdade estranhinha
Valeu cara,me matei em algo tao inutil.Mas nao da pra cantar vitoria afinal temos que maximizar a somatoria dos quadrados quando so sabemos da soma das primeiras potencias.E isso e dificil Cláudio_(Prática) [EMAIL PROTECTED] wrote: Caro JP: Então, o problema é: Maximizar a_1*a_2+a_2*a_3+a_3*a_4+.+a_(n-1)*an+a_n*a_1 sabendo que a soma dos a's e 1. Nesse caso, acho que cabe a desigualdade do rearranjo: Suponhamos s.p.d.g. que A(1) = A(2) = ... = A(n). Pela desig. do rearranjo, vale: A(1)*A(2) + ... + A(n-1)*A(n) + A(n)*A(1) = A(1)^2 + ... + A(n)^2, com igualdade se e somente se os A(i)'s são todos iguais. Como a soma deles é 1, eles serão todos iguais a 1/n == o valor máximo procurado é igual a n * (1/n)^2 = 1/n. Repare que não foi necessário supor que os A(i)'s são positivos, pois a desig. do rearranjo não necessita dessa hipótese. Um abraço, Claudio. Busca Yahoo! O serviço de busca mais completo da Internet. O que você pensar o Yahoo! encontra.
Re: [obm-l] forma fechada e integral
Caro Luís:
Não estou familiarizado com a notação que você usou.
Por acaso, seria isso?
infinito
Soma 1 = SOMA ((n+1)/(2k+1))*C(n+1,2k+1)
k = 0
infinito
Soma 2 = SOMA (k/(n+k))*C(n,k)
k = 0
infinito
Soma 3 = SOMA (2k/(2n+k))*C(n,k)
k = 0
onde:
C(n,k) = no. de subconjuntos de k elementos de um conjunto de n elementos
Um abraço,
Claudio.
- Original Message -
From: Luis Lopes [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Sent: Thursday, February 20, 2003 12:55 PM
Subject: [obm-l] forma fechada e integral
Sauda,c~oes,
\sum_k \frac{n+1}{2k+1} \binom{n+1}{2k+1} .
\sum_{k\geq0} \frac{k}{n+k} \binom{n}{k} .
\sum_{k\geq0} \frac{2k}{2n+k} \binom{n}{k} .
Querendo conhecer as formas fechadas
(se existentes) das três somas acima,
escrevi para o prof. Rousseau.
Em função das suas respostas, fiquei sabendo
que não existem. Mas não entendi a passagem
para a integral e a justificativa decorrente.
Para não incomodá-lo MAIS uma vez, gostaria
de perguntar antes pra lista (e participar também
tais resultados). Talvez a resposta até seja
elementar.
Cortando algumas partes, aí segue nossa
discussão.
[]'s
Luís
Dear Cecil,
Retaking my CRUX saga, consider problem
2683 whose solution appears in 28(8),
December 2002, pp~539--540.
Find the value of \lim_{n\to\infty} \left(
\frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}
\frac{n+1}{2k+1} \binom{n+1}{2k+1} \right) .
It turns out to be 2.
In this problem - as always - I am more
interested in a closed form to
\sum_k \frac{n+1}{2k+1} \binom{n+1}{2k+1} .
As CRUX didn´t mention it, I strongly suspect
there is none.
Regards,
Luis
Dear Luis:
I would be very surprised if there is
a closed form for this. One can write
it rather compactly as an integral, but
that doesn't seem to help very much.
You can certainly put it in hypergeometric
form, but not as far as I know can it
be written in a form where the sum can
be deduced from one of the classical
formulas (Gauss. Dixon, Pfaff-Saalschutz)
Cecil
% Segunda mensagem
Luis Lopes wrote:
Dear Cecil,
I knew already the published solution
(similar to yours). ...
Again there shouldn´t be any closed form to
\sum_{k\geq0} \frac{k}{n+k} \binom{n}{k} .
Not to mention
\sum_{k\geq0} \frac{2k}{2n+k} \binom{n}{k}
Thank you,
Luis
Dear Luis:
The first one is the same as n \int_0^1 (1+x)^{n-1} x^n dx
and I am pretty sure there is no closed form for the integral.
The second one is similar. You could get something for it
if you could evaluate \int_0^1 (1+x)^{n-1} x^{2n} dx,
and I believe that this is out of reach. I haven't tried that
hard, but Maple fails to give an evaluation and nothing
I have found in Gradshteyn and Ryzhik is helpful.
Cecil
=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED]
=
=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED]
=
Re: [obm-l] forma fechada e integral
Sauda,c~oes,
Oi Cláudio,
Bom, fiquei com preguiça e não expliquei
a notação. Tanto o que escrevi quanto o
Rousseau está em \LaTeX. E vc interpretou
certo.
\frac{x}{y} = x / y
\binom{n}{k} = n! / [ k! (n-k)! ] ou \frac{n!}{k!(n-k)!}
\sum_{k\geq0} soma para todo k =0
\int_0^1 integral de 0 a 1
Já fui criticado (talvez não seja o bom termo)
aqui pelo uso desta notação. Mas não dou
o braço a torcer: devemos praticar tal
notação aqui. Até porque muitos aqui já
entendem-na.
[]'s
Luís
-Mensagem Original-
De: Cláudio (Prática) [EMAIL PROTECTED]
Para: [EMAIL PROTECTED]
Enviada em: quinta-feira, 20 de fevereiro de 2003 15:35
Assunto: Re: [obm-l] forma fechada e integral
Caro Luís:
Não estou familiarizado com a notação que você usou.
Por acaso, seria isso?
infinito
Soma 1 = SOMA ((n+1)/(2k+1))*C(n+1,2k+1)
k = 0
infinito
Soma 2 = SOMA (k/(n+k))*C(n,k)
k = 0
infinito
Soma 3 = SOMA (2k/(2n+k))*C(n,k)
k = 0
onde:
C(n,k) = no. de subconjuntos de k elementos de um conjunto de n elementos
Um abraço,
Claudio.
- Original Message -
From: Luis Lopes [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Sent: Thursday, February 20, 2003 12:55 PM
Subject: [obm-l] forma fechada e integral
Sauda,c~oes,
\sum_k \frac{n+1}{2k+1} \binom{n+1}{2k+1} .
\sum_{k\geq0} \frac{k}{n+k} \binom{n}{k} .
\sum_{k\geq0} \frac{2k}{2n+k} \binom{n}{k} .
Querendo conhecer as formas fechadas
(se existentes) das três somas acima,
escrevi para o prof. Rousseau.
Em função das suas respostas, fiquei sabendo
que não existem. Mas não entendi a passagem
para a integral e a justificativa decorrente.
Para não incomodá-lo MAIS uma vez, gostaria
de perguntar antes pra lista (e participar também
tais resultados). Talvez a resposta até seja
elementar.
Cortando algumas partes, aí segue nossa
discussão.
[]'s
Luís
Dear Cecil,
Retaking my CRUX saga, consider problem
2683 whose solution appears in 28(8),
December 2002, pp~539--540.
Find the value of \lim_{n\to\infty} \left(
\frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}
\frac{n+1}{2k+1} \binom{n+1}{2k+1} \right) .
It turns out to be 2.
In this problem - as always - I am more
interested in a closed form to
\sum_k \frac{n+1}{2k+1} \binom{n+1}{2k+1} .
As CRUX didn´t mention it, I strongly suspect
there is none.
Regards,
Luis
Dear Luis:
I would be very surprised if there is
a closed form for this. One can write
it rather compactly as an integral, but
that doesn't seem to help very much.
You can certainly put it in hypergeometric
form, but not as far as I know can it
be written in a form where the sum can
be deduced from one of the classical
formulas (Gauss. Dixon, Pfaff-Saalschutz)
Cecil
% Segunda mensagem
Luis Lopes wrote:
Dear Cecil,
I knew already the published solution
(similar to yours). ...
Again there shouldn´t be any closed form to
\sum_{k\geq0} \frac{k}{n+k} \binom{n}{k} .
Not to mention
\sum_{k\geq0} \frac{2k}{2n+k} \binom{n}{k}
Thank you,
Luis
Dear Luis:
The first one is the same as n \int_0^1 (1+x)^{n-1} x^n dx
and I am pretty sure there is no closed form for the integral.
The second one is similar. You could get something for it
if you could evaluate \int_0^1 (1+x)^{n-1} x^{2n} dx,
and I believe that this is out of reach. I haven't tried that
hard, but Maple fails to give an evaluation and nothing
I have found in Gradshteyn and Ryzhik is helpful.
Cecil
=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED]
=
[obm-l] Maximizando uma Soma de Quadrados
Caro JP: Que tal isso aqui? Queremos maximizar Q = A(1)^2 + ... + A(n)^2 sujeito a: A(1) + ... + A(n) = S = constante. Bom, se os A(i)'s podem ser reais quaisquer, então a soma dos quadrados é ilimitada. (Tome A(1)= A, A(2) = S-A e todos os demais A(i)'s = 0 ==Q = A^2 + (S-A)^2 == ilimitada). No entanto, se nos restringirmos a A(i)'s positivos, então eu acho que o valor máximo da soma dos quadrados é atingido quando um deles é igual a S e os outros iguais a zero. Isso porque f(x1, ..., xn) = x1^2 + ... + xn^2 é convexa em cada uma das n variáveis e o máximo de uma função convexa num domínio fechado (que é o nosso caso) é atingidoem algum ponto da fronteira deste domínio. Nesse caso, Q = S^2. Por exemplo, se A(1) = A (0 A S), A(2) = S - A, A(k) = 0, para k = 3,...,n então: Q = A^2 + (S-A)^2 = S^2 - 2*A*S + 2*A^2 = S^2 - 2*A*(S-A) S^2, pois A e S-A são positivos. Um abraço, Claudio. - Original Message - From: Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Thursday, February 20, 2003 2:19 PM Subject: Re: [obm-l] Desigualdade estranhinha Valeu cara,me matei em algo tao inutil.Mas nao da pra cantar vitoria afinal temos que maximizar a somatoria dos quadrados quando so sabemos da soma das primeiras potencias.E isso e dificil Cláudio_(Prática) [EMAIL PROTECTED] wrote: Caro JP: Então, o problema é: Maximizar a_1*a_2+a_2*a_3+a_3*a_4+.+a_(n-1)*an+a_n*a_1 sabendo que a soma dos a's e 1. Nesse caso, acho que cabe a desigualdade do rearranjo: Suponhamos s.p.d.g. que A(1) = A(2) = ... = A(n). Pela desig. do rearranjo, vale: A(1)*A(2) + ... + A(n-1)*A(n) + A(n)*A(1) = A(1)^2 + ... + A(n)^2, com igualdade se e somente se os A(i)'s são todos iguais. Como a soma deles é 1, eles serão todos iguais a 1/n == o valor máximo procurado é igual a n * (1/n)^2 = 1/n. Repare que não foi necessário supor que os A(i)'s são positivos, pois a desig. do rearranjo não necessita dessa hipótese. Um abraço, Claudio. Busca Yahoo! O serviço de busca mais completo da Internet. O que você pensar o Yahoo! encontra.
Re: [obm-l] O numero fi
Caro Paulo: Ficaria muito satisfeito se você mostrasse onde eu errei na solução do Problema 1. PROBLEMA 1) fi e uma das solucoes de x^2 + x - 1=0. Exiba uma sequencia de numeros reais, estritamente crescente, tal que ela seja simultaneamente uma PA e uma PG. Esta sequencia e unica ou existe outra(s) ? Seja A(0) = A Então, para todo n: A(n) = A + D*n = A*Q^n com: D 0 e Q 1 se A 0 ou 0 Q 1 se A 0 (de qualquer forma, Q 1). n = 1: A(1) = A + D = A*Q n = 2: A(2) = A + 2D = A*Q^2 (1) == D = A*(Q - 1) (2) - (1) == D = A*Q*(Q-1) == A*(Q-1) = A*Q*(Q-1) A = 0 == PG é constante == contradição == A 0 == Q-1 = Q*(Q-1) Como Q 1 == Q = 1 == contradição Assim, não existe tal sequência. De fato, não existem sequer 3 números que formem, ao mesmo tempo, uma PA e uma PG estritamente crescentes. * PROBLEMA 2) Seja 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ..., An, ... a sequencia de fibonaci. Qual o LIM An/An-1 quando n tende ao infinito ? O n-ésimo termo da sequência de Fibonacci tem uma fórmula fechada bem conhecida e dada por: A(n) = (1/raiz(5))*[U^n - (-1/U)^n] onde U = (1+raiz(5))/2 (A(1) = A(2) = 1) Assim, A(n)/A(n-1) = [U^n - (-1/U)^n] / [U^(n-1) - (-1/U)^(n-1)] = [U - (-1)^n/U^(2n-1)] / [1 - (-1)^(n-1)/U^(2n-2)] Logo, lim A(n)/A(n-1) = [U - 0]/[1 - 0] = U = (1+raiz(5))/2 Um abraço, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Partição
Caro João Gilberto:
Acabei achando uma partição de {1,2,...,2001} que pode ser generalizada para
qualquer conjunto da forma {1,2,...,3M} com M ímpar. É a seguinte:
P1 = {1,1334,1668}
P2 = {2,1332,1669}
P3 = {3,1330,1670}
.
Pm = {m,1336-2m,1667+m} para 1 = m = 334
P333 = {333,670,2000}
P334 = {334,668,2001}
P335 = {335,1333,1335}
P336 = {336,1331,1336}
Pn = {n,2003-2n,1000+n} para 335 = n = 667
P666 = {666,671,1666}
P667 = {667,669,1667}
Assim, para {1,2,...,3M} teremos:
Pk = { k , 2M + 2 - 2k , (5M-1)/2 + k } para 1 = k = (M+1)/2
e
Pk = { k , 3M + 2 - 2k , (3M-1)/2 + k } para (M+3)/2 = k = M
Um abraço,
Claudio.
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Re: [obm-l] O numero fi
From: Cláudio (Prática) [EMAIL PROTECTED] Caro Paulo: Ficaria muito satisfeito se você mostrasse onde eu errei na solução do Problema 1. PROBLEMA 1) fi e uma das solucoes de x^2 + x - 1=0. Exiba uma sequencia de numeros reais, estritamente crescente, tal que ela seja simultaneamente uma PA e uma PG. Esta sequencia e unica ou existe outra(s) ? Seja A(0) = A Então, para todo n: A(n) = A + D*n = A*Q^n com: D 0 e Q 1 se A 0 ou 0 Q 1 se A 0 (de qualquer forma, Q 1). n = 1: A(1) = A + D = A*Q n = 2: A(2) = A + 2D = A*Q^2 (1) == D = A*(Q - 1) (2) - (1) == D = A*Q*(Q-1) == A*(Q-1) = A*Q*(Q-1) A = 0 == PG é constante == contradição == A 0 == Q-1 = Q*(Q-1) Como Q 1 == Q = 1 == contradição Assim, não existe tal sequência. De fato, não existem sequer 3 números que formem, ao mesmo tempo, uma PA e uma PG estritamente crescentes. * Olá Cláudio! Se três números A, B, C estão em PA e PG: B - A = C - B ou 2B = A + C e B / A = C / B ou B^2 = AC É preciso que x^2 - 2B x + B^2 = 0 tenha solução x = A, C diferentes de B. Dá para se escrever essa equação como (x - B)^2, que implicaria x = B = A = C. Concordo com a sua solução. PROBLEMA 2) Seja 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ..., An, ... a sequencia de fibonaci. Qual o LIM An/An-1 quando n tende ao infinito ? O n-ésimo termo da sequência de Fibonacci tem uma fórmula fechada bem conhecida e dada por: A(n) = (1/raiz(5))*[U^n - (-1/U)^n] onde U = (1+raiz(5))/2 (A(1) = A(2) = 1) Assim, A(n)/A(n-1) = [U^n - (-1/U)^n] / [U^(n-1) - (-1/U)^(n-1)] = [U - (-1)^n/U^(2n-1)] / [1 - (-1)^(n-1)/U^(2n-2)] Logo, lim A(n)/A(n-1) = [U - 0]/[1 - 0] = U = (1+raiz(5))/2 Um abraço, Claudio. Se F_0 = F_1 = 1 e F_(n+2)=F_(n+1)+F_n podemos definir A_0 = [ F_0 ; F_1 ]^(T) A_(n+1) = A * A_n ^(T) [ 1 ; 1 ] [ 1 ; 0 ] * A_n ^(T) É fácil mostrar por indução, basta supor a hipótese para A_n e multiplicar por A para obter A_(n+1) usando a recursão que define F_n, que A_n = [ F_n ; F_(n+1) ]^(T). O problema de calcular o n-ésimo número de Fibonacci F_n pode ser resolvido canculando-se a potência A^n da matriz A, e multiplicando o resultado por A_0, pois A_n = A*A_(n-1) = A*A*A_(n-1) = ... = A^n*A_0 o assunto tem tudo a ver com Álgebra Linear. Eu recomendo o livro do Gilbert Strange que fala sobre aplicações do assunto. Abraço! A matriz A é simétrica e pode ser diagonalizada A = Q^(-1)DQ onde D é a matriz diagonal que tem (1+5^(1/2))/2 e (1-5^(1/2))/2 como elementos da diagonal Daí A^n = Q^(-1)D^nQ. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
[obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Partição
Complementando a resposta...
-n, -n+1, -n+2... n-2, n-1, n
-n, -n+1, -n+2... n-2, n-1, n
-n, -n+1, -n+2... n-2, n-1, n
Podemos formar os n+i primeiros trios da seguinte forma:
(-n+i,i,n-2*i), com i de 0 a n. Repare que a soma é zero.
Os últimos n termos são:
(i+n, -n+i -1, n-2*i+1), com i de 1 a n. Mais uma vez, a soma é zero.
Se considerarmos o Item 1, até 2001, temos:
123 ... 332 333 334 ... 665 666 667
668 669 670 ... 999 1000 1001 ... 1332 1333 1334
1335 1336 1337 ... 1666 1667 1668 ... 1999 2000 2001
Os trios seriam:
( 1,1000,2001)
( 2,1001,1999)
( 3,1002,1997)
...
(333,1334,1335)
e
(334, 668,2000)
(335, 667,1998)
...
(667, 999,1336)
SDS
JG
-Original Message-
From: João Gilberto Ponciano Pereira [mailto:[EMAIL PROTECTED]]
Sent: Thursday, February 20, 2003 3:43 PM
To: '[EMAIL PROTECTED]'
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Partição
Ops!! Sorry! Parece que entendi o problema de forma errada... Estava fazendo
3 conjuntos de M elementos, e não M conjuntos de 3 elementos, como pedia o
problema Neste caso, temos o seguinte:
A soma total dos elementos do conjunto é 3M *(3M+1)/2. Como os conjuntos de
3 elementos deve ter soma igual, esta soma deverá ser de 3M*(3M+1)/2/M =
Soma = (9M + 1)/2. Já é possível concluir que M é obrigatoriamente ímpar.
Agora, podemos considerar a seqüência com a seguinte nomenclatura:
a(1,-n), a(1,-n+1), ... a(1,0), ... a(1,n)
a(2,-n), a(2,-n+1), ... a(2,0), ... a(2,n)
a(3,-n), a(3,-n+1), ... a(3,0), ... a(3,n)
Com n de -(m-1)/2 a (m-1)/2
Onde a(i,j) = j+(M-1)/2 + M*(i-1) + 1
Se considerarmos que, em cada subconjunto válido, teremos um elemento de
cada linha, temos
a(i1,1) + a(i2,2) + a(i3,3) = (9M+1)/2 = j1 + j2 + j3 + 3*(M-1)/2 + M*((1-1)
+ (2-1) + (3-1)) + 3
Resumindo, temos que j1 + j2 + j3 = 0. Exemplo:
1 2 3 4 5
6 7 8 9 10
11 12 13 14 15
fica:
-2 -1 0 1 2
-2 -1 0 1 2
-2 -1 0 1 2
Os conjuntos podem ser:(-2, 1, 1) (-1,-1, 2) ( 0, 2,-2) ( 1, 0,-1) ( 2,-2,
0)
Traduzindo:( 1, 9,14) ( 2, 7,15) ( 3,10,11) ( 4, 8,12) ( 5,
6,13)
Ou seja, temos que provar que, sejam S1, S2, S3 conjuntos idênticos =
(-n...,0,1,2,...n)
Devemos formar 2n+1 trios (um elemento de cada conjunto), tais que a soma do
trio seja zero.
Acho que vale para qualquer n, mas preciso pensar mais um pouco...
-Original Message-
From: João Gilberto Ponciano Pereira [mailto:[EMAIL PROTECTED]]
Sent: Thursday, February 20, 2003 1:23 PM
To: '[EMAIL PROTECTED]'
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Partição
2) Determine todos os inteiros positivos M tais que o conjunto {1 2, ...,
3M} admite uma partição em M subconjuntos de 3 elementos tal que a soma dos
elementos de cada subconjunto é constante.
A Questão é... Como distribuir os elementos?
Vamos imaginar uma seqüência de 6 consecutivos
n-2, n-1, n, n+1, n+2, n+3. Neste caso, podemos fazer 3 pares de forma que a
soma seja 2n-1:
(n-2) e (n+3)
(n-1) e (n+2)
(n) e (n+1).
Logo, se M for par, basta ir distribuindo os números de 6 em 6 (1 a 6, 7 a
12... 3M-6 a 3M), pelo método acima.
E se M for ímpar? Neste caso, podemos dividir os 9 primeiros termos (1 a 9)
em 3 grupos de soma igual:
1,5,9 = 15
2,6,7 = 15
3,4,8 = 15
Para o restante, podemos seguir de 6 em 6. (1 a 9, 10 a 15, 16 a 21...1996 a
2001)
Proposta: Podemos pensar até num exercício um pouco mais elaborado, do tipo:
3) Determine todos os inteiros positivos M tais que o conjunto {1 2, ...,
kM} admite uma partição em M subconjuntos de k elementos tal que a soma dos
elementos de cada subconjunto é constante.
-Original Message-
From: Cláudio (Prática) [mailto:[EMAIL PROTECTED]]
Sent: Thursday, February 20, 2003 12:34 PM
To: [EMAIL PROTECTED]
Subject: [obm-l] Partição
Caros colegas da lista:
Estou embananado com este aqui:
1) Prove que existe uma partição de {1, 2, ..., 2001} em 667 subconjuntos de
3 elementos tal que a soma dos elementos de cada subconjunto é igual a 3003.
2) Determine todos os inteiros positivos M tais que o conjunto {1 2, ...,
3M} admite uma partição em M subconjuntos de 3 elementos tal que a soma dos
elementos de cada subconjunto é constante.
Um abraço,
Claudio.
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Re: [obm-l] forma fechada e integral
Caro Luís: infinito Soma 1 = SOMA ((n+1)/(2k+1))*C(n+1,2k+1) k = 0 infinito Soma 2 = SOMA (k/(n+k))*C(n,k) k = 0 infinito Soma 3 = SOMA (2k/(2n+k))*C(n,k) k = 0 Bom, cada uma das 3 somas acima tem um número finito de termos não nulos. Nos 3 casos, se k n, então C(n,k) = C(2n+1,2k+1) = 0. Além disso, temos o seguinte: k*C(n,k) = n!/((k-1)!*(n-k)!) = n*(n-1)!/((k-1)!*(n-k)!) = n*C(n-1,k-1) Levando em conta os dois fatos acima, a segunda soma pode ser reescrita como: n Soma 2 = SOMA (n/(n+k))*C(n-1,k-1) k = 1 Fórmula fechada também acho difícil encontrar, mas a idéia da integral é interessante. Considere a seguinte função: n-1 f(x) = n*(1+x)^(n-1)*x^n = SOMA n*C(n-1,j)*x^(n+j). j = 0 Integrando f(x) de 0 até 1, você acha: n-1 SOMA n*(C(n-1,j)/(n+j+1))*[1^(n+j+1) - 0^(n+j+1)] = j = 0 n-1 SOMA n*C(n-1,j)/(n+j+1). j = 0 Fazendo j = k - 1, teremos: n SOMA n*C(n-1,k-1)/(n+k) k = 1 que é justamente a Soma2 acima. Um abraço, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
[obm-l] desafio
Olá pessoal, aqui vai um problema que bolei na minha cabeça. Tem a ver muito com densidade: Uma cuba está cheia de mercúrioe nela inseriu-se um cedro com a forma de um paralélepipedo regular cujas dimensões de altura, comprimento e largura, são respectivamente: 5cm, 10cm e 8cm. Viu-se depois de um tempo, que parte do cedro havia afundado e o restante boiava de modo que uma das faces menores que se encontrava emergida era paralela a superficie do mercurio. Pergunta-se quantos Kg deve-se colocar sobre a face do cedro para que ele afunde totalmente, ficando com a face superior no mesmo nível do mercurio. Dados: a densidade do Hg: 13,6g/cm^3 a densidade do cedro: 0,75g/cm^3
Re: [obm-l] forma fechada e integral
Caro Cláudio, OK. A idéia da integral é boa mesmo. Como não existe forma fechada para F(x)=\int f(x) dx = \int n*(1+x)^(n-1)*x^n dx, a soma 2 não tem forma fechada também. Legal. A mesma análise serve para as outras duas. []'s Luís -Mensagem Original- De: Cláudio (Prática) [EMAIL PROTECTED] Para: [EMAIL PROTECTED] Enviada em: quinta-feira, 20 de fevereiro de 2003 19:08 Assunto: Re: [obm-l] forma fechada e integral Caro Luís: infinito Soma 1 = SOMA ((n+1)/(2k+1))*C(n+1,2k+1) k = 0 infinito Soma 2 = SOMA (k/(n+k))*C(n,k) k = 0 infinito Soma 3 = SOMA (2k/(2n+k))*C(n,k) k = 0 Bom, cada uma das 3 somas acima tem um número finito de termos não nulos. Nos 3 casos, se k n, então C(n,k) = C(2n+1,2k+1) = 0. Além disso, temos o seguinte: k*C(n,k) = n!/((k-1)!*(n-k)!) = n*(n-1)!/((k-1)!*(n-k)!) = n*C(n-1,k-1) Levando em conta os dois fatos acima, a segunda soma pode ser reescrita como: n Soma 2 = SOMA (n/(n+k))*C(n-1,k-1) k = 1 Fórmula fechada também acho difícil encontrar, mas a idéia da integral é interessante. Considere a seguinte função: n-1 f(x) = n*(1+x)^(n-1)*x^n = SOMA n*C(n-1,j)*x^(n+j). j = 0 Integrando f(x) de 0 até 1, você acha: n-1 SOMA n*(C(n-1,j)/(n+j+1))*[1^(n+j+1) - 0^(n+j+1)] = j = 0 n-1 SOMA n*C(n-1,j)/(n+j+1). j = 0 Fazendo j = k - 1, teremos: n SOMA n*C(n-1,k-1)/(n+k) k = 1 que é justamente a Soma2 acima. Um abraço, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Partição
Legal!
É uma solução diferente da minha e você foi mais técnico do que eu para
achá-la.
O que eu fiz foi dividir o conjunto {1,2,...,2001} em três subconjuntos:
A1 = {1,2,...,667}
A2 = {668,669,...,1334}
A3 = {1335,1336,...,2001}
E começar a formar as partições (lidas verticalmente) com cada
subconjuntinho de 3 elementos recebendo um elemento de A1, um de A2 e um de
A3:
A1: 0001 0002 0003 ... 0333 0334 0335 0336 ... 0666 0667
A2: 1334 1332 1330 ... 0670 0668 1333 1331 ... 0671 0669
ou seja, eu coloquei os elementos de A1 em ordem crescente de 1 em 1 e os de
A2 em ordem decrescente de 2 em 2 (mod 2).
Finalmente, eu coloquei os elementos de A3 de modo que cada soma fosse igual
a 3003 meio torcendo pra dar tudo certo, com base nos casos especiais (M=3,
5 e 7) que eu fiz na mão e deram certo.
No entanto, uma vez concluída a partição, é fácil ver que tudo daria certo,
pois a soma dos dois primeiros elementos colocados em cada subconjuntinho
eram todas distintas:
1335 1334 1333 ... 1003 1002 1668 1667 ... 1337 1336
Além disso: 3003 - 1668 = 1335 == todos os complementos estavam em A3.
Um abraço,
Claudio.
- Original Message -
From: João Gilberto Ponciano Pereira [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Sent: Thursday, February 20, 2003 5:26 PM
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Partição
Complementando a resposta...
-n, -n+1, -n+2... n-2, n-1, n
-n, -n+1, -n+2... n-2, n-1, n
-n, -n+1, -n+2... n-2, n-1, n
Podemos formar os n+i primeiros trios da seguinte forma:
(-n+i,i,n-2*i), com i de 0 a n. Repare que a soma é zero.
Os últimos n termos são:
(i+n, -n+i -1, n-2*i+1), com i de 1 a n. Mais uma vez, a soma é zero.
Se considerarmos o Item 1, até 2001, temos:
123 ... 332 333 334 ... 665 666 667
668 669 670 ... 999 1000 1001 ... 1332 1333 1334
1335 1336 1337 ... 1666 1667 1668 ... 1999 2000 2001
Os trios seriam:
( 1,1000,2001)
( 2,1001,1999)
( 3,1002,1997)
...
(333,1334,1335)
e
(334, 668,2000)
(335, 667,1998)
...
(667, 999,1336)
SDS
JG
-Original Message-
From: João Gilberto Ponciano Pereira [mailto:[EMAIL PROTECTED]]
Sent: Thursday, February 20, 2003 3:43 PM
To: '[EMAIL PROTECTED]'
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Partição
Ops!! Sorry! Parece que entendi o problema de forma errada... Estava
fazendo
3 conjuntos de M elementos, e não M conjuntos de 3 elementos, como pedia o
problema Neste caso, temos o seguinte:
A soma total dos elementos do conjunto é 3M *(3M+1)/2. Como os conjuntos
de
3 elementos deve ter soma igual, esta soma deverá ser de 3M*(3M+1)/2/M =
Soma = (9M + 1)/2. Já é possível concluir que M é obrigatoriamente ímpar.
Agora, podemos considerar a seqüência com a seguinte nomenclatura:
a(1,-n), a(1,-n+1), ... a(1,0), ... a(1,n)
a(2,-n), a(2,-n+1), ... a(2,0), ... a(2,n)
a(3,-n), a(3,-n+1), ... a(3,0), ... a(3,n)
Com n de -(m-1)/2 a (m-1)/2
Onde a(i,j) = j+(M-1)/2 + M*(i-1) + 1
Se considerarmos que, em cada subconjunto válido, teremos um elemento de
cada linha, temos
a(i1,1) + a(i2,2) + a(i3,3) = (9M+1)/2 = j1 + j2 + j3 + 3*(M-1)/2 +
M*((1-1)
+ (2-1) + (3-1)) + 3
Resumindo, temos que j1 + j2 + j3 = 0. Exemplo:
1 2 3 4 5
6 7 8 9 10
11 12 13 14 15
fica:
-2 -1 0 1 2
-2 -1 0 1 2
-2 -1 0 1 2
Os conjuntos podem ser:(-2, 1, 1) (-1,-1, 2) ( 0, 2,-2) ( 1, 0,-1) ( 2,-2,
0)
Traduzindo:( 1, 9,14) ( 2, 7,15) ( 3,10,11) ( 4, 8,12) ( 5,
6,13)
Ou seja, temos que provar que, sejam S1, S2, S3 conjuntos idênticos =
(-n...,0,1,2,...n)
Devemos formar 2n+1 trios (um elemento de cada conjunto), tais que a soma
do
trio seja zero.
Acho que vale para qualquer n, mas preciso pensar mais um pouco...
-Original Message-
From: João Gilberto Ponciano Pereira [mailto:[EMAIL PROTECTED]]
Sent: Thursday, February 20, 2003 1:23 PM
To: '[EMAIL PROTECTED]'
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Partição
2) Determine todos os inteiros positivos M tais que o conjunto {1 2, ...,
3M} admite uma partição em M subconjuntos de 3 elementos tal que a soma
dos
elementos de cada subconjunto é constante.
A Questão é... Como distribuir os elementos?
Vamos imaginar uma seqüência de 6 consecutivos
n-2, n-1, n, n+1, n+2, n+3. Neste caso, podemos fazer 3 pares de forma que
a
soma seja 2n-1:
(n-2) e (n+3)
(n-1) e (n+2)
(n) e (n+1).
Logo, se M for par, basta ir distribuindo os números de 6 em 6 (1 a 6, 7 a
12... 3M-6 a 3M), pelo método acima.
E se M for ímpar? Neste caso, podemos dividir os 9 primeiros termos (1 a
9)
em 3 grupos de soma igual:
1,5,9 = 15
2,6,7 = 15
3,4,8 = 15
Para o restante, podemos seguir de 6 em 6. (1 a 9, 10 a 15, 16 a 21...1996
a
2001)
Proposta: Podemos pensar até num exercício um pouco mais elaborado, do
tipo:
3) Determine todos os inteiros positivos M tais que o conjunto {1 2, ...,
kM} admite uma partição em M subconjuntos de k elementos tal que a soma
dos
elementos de cada subconjunto é
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