Re: [obm-l] OBMEP 2021 - Fase 2 - N3

[Matheus Bezerra Luna]

Legal esse raciocínio, simplifica bastante.
Na prova não consegui explicar bem a minha solução por falta de tempo, mas
fiz algo mais ou menos assim:
Se no tempo T+1 o ponteiro estiver em uma coroa e a moeda antes do ponteiro
for cara, no tempo T o ponteiro estava em uma cara e a moeda seguinte era
coroa (determinado). Se no T+1 o ponteiro está numa coroa e a moeda
anterior é também coroa, no T o ponteiro estava em coroa e a seguinte era
cara (determinado). Assim, as posições em que o ponteiro está numa coroa
são reversíveis.
Basta provar que alguma posição com ponteiro em coroa se repete. Suponha,
por absurdo, que não, e seja S' a primeira posição repetida referente a uma
configuração S, que tem ponteiro em cara. Por hipótese, as posições após S'
só podem ter o ponteiro em caras, pois as posições seguintes a S' são
equivalentes às seguintes a S e então são repetições, não podendo ter
ponteiro em coroa. Porém, isso equivale a dizer vai chegar um momento em
que todas as moedas serão caras, já que quando o ponteiro está em cara as
moedas se preservam como estão e o ponteiro a partir de um ponto sempre
está em caras. Absurdo pelo item c da questão, o que finaliza o raciocínio.
*Matheus BL*


On Tue, Nov 9, 2021 at 6:46 PM Ralph Costa Teixeira 
wrote:

> Oi, Matheus.
>
> Concordo, olhando apenas as moedas sob o ponteiro, não dá para reverter
> mas olhando as vizinhas, ou seja olhando TODO o sistema, TODAS AS MOEDAS a
> todo o tempo, dá sim!
>
> Mais exatamente, posso denotar o estado do sistema assim:
>
> ABC(D*)EFGHIJ
>
> onde cada A, B, C, ... assumem o valor "Cara=0" ou "Coroa=1", e o * marca
> onde o ponteiro aponta nesse momento. Ou seja, nesta notação começaria com:
>
> Tempo 0: (1*)1
> Tempo 1: 1(1*)0111
> Tempo 2: 11(0*)111
> Tempo 3: 110(1*)01
> Tempo 4: 1101(0*)1
> Tempo 5: 11010(1*)0111
> ...
>
> Pois bem, se no tempo (n+1) for, digamos
> ABC(D*)EFGHIJ
> entao no tempo n tinha que ser...
> AB(C*)DXFGHIJ
> onde a unica moeda que eu tenho que descobrir eh X (as outras não mudam de
> n para n+1). Mas eu descubro X olhando para **D e E juntas** (nao apenas
> uma delas)!
>
> Abraço, Ralph.
>
>
>
> On Tue, Nov 9, 2021 at 3:24 PM Matheus Bezerra Luna <
> matheusbezerr...@gmail.com> wrote:
>
>> Não é completamente reversível não, vai ter que usar o item C para
>> concluir o D. Se num tempo T o ponteiro está em uma cara, no tempo T-1 ele
>> poderia estar tanto numa cara (pois então nesse tempo não aconteceu nada e
>> a moeda seguinte permanceu cara) ou então coroa (o ponteiro em uma coroa
>> sendo a moeda seguinte também coroa)
>>
>> On Tue, Nov 9, 2021, 13:47 Pedro Júnior 
>> wrote:
>>
>>> Obrigado, Ralph!
>>>
>>> Em ter., 9 de nov. de 2021 às 13:21, Ralph Costa Teixeira <
>>> ralp...@gmail.com> escreveu:
>>>
>>>> Suponho que (A) e (B) sejam fáceis -- basta seguir o algoritmo na mão e
>>>> ver o que acontece.
>>>>
>>>> Para facilitar a conversa, vou pensar em "tempo" como o número de
>>>> movimentos feitos... Ou seja, o tempo 0 corresponde à posição inicial; o
>>>> tempo 1 seria logo após o primeiro movimento; etc.
>>>>
>>>> Para (C), pense assim: se o sistema tem alguma coroa no tempo (n), eu
>>>> afirmo que vai ter alguma coroa no tempo (n+1). De fato:
>>>> -- Se o ponteiro aponta para uma cara no tempo (n), o sistema não muda,
>>>> e a tal coroa continua ali;
>>>> -- Se o ponteiro aponta para uma coroa no tempo (n), ESTA coroa vai
>>>> ficar presente no tempo (n+1).
>>>> Portanto, sempre teremos coroas.
>>>> (Talvez seja mais natural pensar assim: como que o sistema passaria de
>>>> "ter coroas" para "não ter coroas"? Bom, para ele mudar o ponteiro tem que
>>>> apontar para alguma coroa, e esta coroa NÃO MUDA. Ou seja,
>>>> impossível passar de "ter coroas" para "não ter coroas".)
>>>>
>>>> Para (D), note que o sistema tem apenas (2^10) * 10 configurações
>>>> possíveis (o número não interessa tanto, o que importa é que é FINITO; note
>>>> que incluo ali as posições das moedas E a do ponteiro), enquanto o tempo
>>>> avança sempre, então em algum momento alguma configuração vai ter que
>>>> repetir.
>>>> Mas pense como "desfazer" o último movimento realizado e você vai
>>>> perceber que existe apenas um jeito de "voltar no tempo" (deixo para você
>>>> descrever exatamente isso)! Ou seja, o sistema é reversível (olhando como
>>>> ficou o sistema

Re: [obm-l] OBMEP 2021 - Fase 2 - N3

[Matheus Bezerra Luna]

Não é completamente reversível não, vai ter que usar o item C para concluir
o D. Se num tempo T o ponteiro está em uma cara, no tempo T-1 ele poderia
estar tanto numa cara (pois então nesse tempo não aconteceu nada e a moeda
seguinte permanceu cara) ou então coroa (o ponteiro em uma coroa sendo a
moeda seguinte também coroa)

On Tue, Nov 9, 2021, 13:47 Pedro Júnior  wrote:

> Obrigado, Ralph!
>
> Em ter., 9 de nov. de 2021 às 13:21, Ralph Costa Teixeira <
> ralp...@gmail.com> escreveu:
>
>> Suponho que (A) e (B) sejam fáceis -- basta seguir o algoritmo na mão e
>> ver o que acontece.
>>
>> Para facilitar a conversa, vou pensar em "tempo" como o número de
>> movimentos feitos... Ou seja, o tempo 0 corresponde à posição inicial; o
>> tempo 1 seria logo após o primeiro movimento; etc.
>>
>> Para (C), pense assim: se o sistema tem alguma coroa no tempo (n), eu
>> afirmo que vai ter alguma coroa no tempo (n+1). De fato:
>> -- Se o ponteiro aponta para uma cara no tempo (n), o sistema não muda, e
>> a tal coroa continua ali;
>> -- Se o ponteiro aponta para uma coroa no tempo (n), ESTA coroa vai ficar
>> presente no tempo (n+1).
>> Portanto, sempre teremos coroas.
>> (Talvez seja mais natural pensar assim: como que o sistema passaria de
>> "ter coroas" para "não ter coroas"? Bom, para ele mudar o ponteiro tem que
>> apontar para alguma coroa, e esta coroa NÃO MUDA. Ou seja,
>> impossível passar de "ter coroas" para "não ter coroas".)
>>
>> Para (D), note que o sistema tem apenas (2^10) * 10 configurações
>> possíveis (o número não interessa tanto, o que importa é que é FINITO; note
>> que incluo ali as posições das moedas E a do ponteiro), enquanto o tempo
>> avança sempre, então em algum momento alguma configuração vai ter que
>> repetir.
>> Mas pense como "desfazer" o último movimento realizado e você vai
>> perceber que existe apenas um jeito de "voltar no tempo" (deixo para você
>> descrever exatamente isso)! Ou seja, o sistema é reversível (olhando como
>> ficou o sistema no tempo (n+1), você consegue deduzir como ele estava no
>> tempo (n), revertendo o último movimento, de maneira única). Portanto, se o
>> sistema tinha a mesma configuração nos tempos A e A+T, revertendo os
>> movimentos, concluímos que vai ter a mesma configuração nos tempos 0 e T;
>> ou seja, no tempo T tínhamos todas coroas como no tempo 0 (e o ponteiro
>> apontando para A! Bônus!)
>>
>> Abraço, Ralph.
>>
>> On Tue, Nov 9, 2021 at 12:22 PM Pedro Júnior 
>> wrote:
>>
>>> Olá pessoal, alguém aí conseguiu fazer essa questão da prova da OBMEP
>>> 2021 N3, fase 2? Se puder, ajuda aí... Valeu!
>>>
>>> 6) há 10 moedas em um círculo nomeadas de A a J, inicialmente todas com
>>> a face coroa virada para cima. No centro desse círculo, há um ponteiro que
>>> inicialmente aponta para a moeda A. Esse ponteiro se movimenta, girando no
>>> sentido anti-horário (A->B->C->...->J->A->...). Ao movimentar-se, há duas
>>> opções:
>>> •Quando o ponteiro termina o movimento apontando para uma moeda com a
>>> face coroa virada para cima, a moeda seguinte é virada.
>>> •Quando o ponteiro termina o movimento apontando para uma moeda com a
>>> face cara virada para cima, nada acontece.
>>>
>>> Há exemplo, no primeiro movimento (de A para B), o ponteiro termina em
>>> B, e assim, vira-se a moeda C, que fica com a face cara para cima.
>>>
>>> Letra A) o que acontece com as moedas C e D após o segundo movimento?
>>>
>>> Letra B) Depois do 12º movimento, quais moedas estão com a face coroa
>>> virada para cima?
>>>
>>> Letra C) mostre que é impossível que, após certo número de movimentos,
>>> todas as moedas fiquem com a face cara para cima.
>>>
>>> Letra D) Mostre que, após um certo número de movimentos, todas as moedas
>>> voltarão a ficar com a face coroa para cima.
>>>
>>>
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
>
> --
>
> Pedro Jerônimo S. de O. Júnior
>
> Professor de Matemática
>
> Geo João Pessoa – PB
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Problema simples gera um complicado?

[Matheus Bezerra]

Olá Vanderlei, boa noite. Esse é um fato conhecido, essas retas concorrem
em um ponto chamado de Ponto de Fermat. Pesquisa por isso que você deve
encontrar alguma prova. ;)

*Matheus BL*


Em qui., 2 de jul. de 2020 às 18:55, Professor Vanderlei Nemitz <
vanderma...@gmail.com> escreveu:

> Oi, pessoal, tudo bem?
>
> Resolvi um problema simples, que me fez pensar em outro, talvez
> complicado. Bom, pelos menos são encontrei uma solução. Será que é verdade?
> Se alguém puder ajudar a provar, caso seja, ficarei muito agradecido. Sem
> querer "exigir" nada, afinal de contas eu não consegui, mas se puder ser
> sem usar geometria analítica... :)
>
> Sobre os lados de um triângulo ABC são construídos externamente os
> triângulos equiláteros BCD, CAE e ABF. Prove que os segmentos AD, BE e CF
> são congruentes. (Esse é o problema simples!)
>
> Gostaria de provar que:
>
> *Sobre os lados de um triângulo ABC são construídos externamente os
> triângulos equiláteros BCD, CAE e ABF. Prove que os segmentos AD, BE e CF
> (ou suas retas suporte) concorrem em um mesmo ponto.*
>
> Muito obrigado!
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Ajuda em duas questões (Geometria plana e equação funcional)

[Matheus Bezerra]

Olá Douglas, boa noite! Professor, já fiz essa questão 2 e do jeito que
resolvi, já fica meio que implícito que essas são as únicas soluções. Envia
tua solução para que eu possa analisar, se possivel!

Em sex, 13 de dez de 2019 21:05, Prof. Douglas Oliveira <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:

> 1) Dado um triângulo equilátero ABC, e os segmentos internos de reta BS,
> CT e AR tais que BS=CT=AR e além disso B, R, S estão alinhados, C, S, T
> estão alinhados e A, T, R estão alinhados, mostre que o triângulo RST
> também é equilátero.
>
> 2) Essa é a questão da (IMO shortlisted 2008)
>   . Find all functions f : (0, ∞) → (0, ∞) such that [(f(p))^2 +
> (f(q))^2]/ f(r^2 ) + f(s^2 ) = (p^2 + q^2)/(r^2 + s^2) for all p, q, r, s >
> 0 with pq = rs.
>
> Pois bem, a minha dúvida é , eu cheguei em duas soluções f(x)=x e
> f(x)=1/x, e a minha pergunta seria , precisa mostrar que são as únicas
> soluções?
>
> Saudações
> Douglas Oliveira.
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l]

[Matheus Bezerra]

Os números naturais a,b e c têm a propriedade que a³ é divisível por b, b³
é divisível por c e c³ é divisível por a. Prove que (a+b+c)¹³ é divisível
por abc.



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de vírus. www.avast.com
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