[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] dúvida sobre a OBMU

[Pedro Soares]

Combinatória aproveita bastante.
E pra exemplificar o que pode ter em comum, esse ano o problema 6 do Nível
U também estava na prova do nível 3 (não sei o número do problema)

On Sat, 19 Jan 2019 at 09:42, Anderson Torres 
wrote:

> Em sáb, 12 de jan de 2019 às 16:41, Luiz Kv
>  escreveu:
> >
> > Olá, boa tarde, tudo bom ?
> >
> > Gostaria de saber quais conteúdos caem na OBMU diferentes do nível 3 da
> OBM
>
> Acho que, bem, tudo! Dificilmente tem algo que se aproveite
> diretamente. No máximo Combinatória, já vi uma questão de Combinatória
> que poderia ser facilmente dada para o Nível 3.
>
> > Quais as melhores fontes para estudar ?
>
> As provas antigas, as provas da IMC e provas de Universitárias ao
> redor do mundo, como a Putnam dos EUA.
>
> E algumas revistas internacionais :)
>
> > Existe idade máxima para a OBMU ?
>
> Não exatamente, Acho que só cobram ser estudante universitário.
> Algumas competições internacionais cobram idade, porém.
>
>
> >
> > Obrigado, até mais :)
> >
> > --
> > 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.
>
>
> =
> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

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

[obm-l] Re: [obm-l] Função Composta

[Pedro Soares]

Só pra constar, nas primeiras linhas da minha resposta o correro é 2005,
não 2015. E meu ultimo argumento é que para existir uma função f(f(n)) = n
+ k esse k tem que ser par.

On Saturday, 12 May 2018, Pedro Soares <pedrosoares...@gmail.com> wrote:

> 1- f(n) é injetiva
> f(a) = f(b) => f(f(a)) = f(f(b)) => a + 2015 = b + 2015 => a=b
>
> 2- Suponha que existem k números naturais que não pertencem a imagem de f,
> sabemos que k<2005. Chamamos de A o conjunto desses k números.
>
> Agora, como f é injetiva, o complementar em relação a N da imagem de
> f(f(n)) é composta pelos k naturais que não pertencem a imagem de f(n) + os
> k naturais que são as imagens de A. Assim, temos 2k naturais que não
> pertencem a imagem de f(f(n)).
>
> Mas, se f(f(n)) = n + 2005 existem  2005 naturais que não pertencem a
> imagem de f(f(n)), logo f não pode ser uma função de
> N->N
>
> On Friday, 11 May 2018, Bruno Visnadi <brunovisnadida...@gmail.com> wrote:
>
>> Vou considerar que 0 é natural (para N = {1, 2, 3...} a prova é análoga).
>> Lema 1: f é injetora.
>> Prova: Se f(a) = f(b) então f(f(a)) = f(f(b)) e a = b.
>> Lema 2: Se f(a) > 2004, então a está na imagem de f.
>> Prova: Se f(a) > 2004, então f(f(f(a) - 2005)) = f(a). Como a função é
>> injetora, f(f(a) - 2005) = a.
>> Suponha que existe uma função f, N -> N, tal que f(f(n)) = n + 2005.
>> Seja S o conjunto dos 2005 naturais [0, 2004]. Suponha que existam 1003
>> elementos t de S tais que f(t) ∈ S. Portanto, há no máximo 1002
>> elementos t de S tais que f(t) ∉ S. Assim, uma vez que a função é
>> injetora, pelo princípio das casas dos pombos haveria um elemento t tal que
>> f(f(t)) ∈ S ⇒ 2015 + t  ∈ S, absurdo, pois 2005 + t > 2004.
>>
>> Então existem pelo menos 1003 elementos t de S com f(t) > 2004. Sejam a1,
>> a2 (...) a1003 tais elementos. Pelo Lema 2, estes números estão na imagem
>> de f. Então existem 1003 números b1, b2, (...) b1003 tais que f(b1) = a1,
>> f(b2) = a2, (...) f(b1003) = a1003. Não podem haver i e j tais que bi = aj,
>> pois f(bi) < 2005 e f(aj) > 2004. Assim, se bi ∈ S, bi é um dos 1002
>> elementos t de S com f(t) ∈ S. Mas existem 1003 números bi, portanto, ao
>> menos um deles não pertence a S. Seja bk tal elemento, com f(bk) = ak. Pelo
>> Lema 2, bk está na imagem de f, então existe c com f(c) = bk ⇒ f(f(c)) =
>> f(bk) ⇒ 2005 + c = ak. Absurdo, pois ak < 2005.
>>
>> Portanto, não existe tal f.
>>
>> Em 11 de maio de 2018 18:46, Rodrigo Ângelo <drigo.ang...@gmail.com>
>> escreveu:
>>
>>> acho que, de forma mais geral, não pode existir nenhuma f: |N -> |N, tal
>>> que f(f(n)) = n*p(n) + i, onde g(n) seja qualquer polinômio natural de n e
>>> i é um número ímpar
>>>
>>> On Fri, May 11, 2018 at 6:37 PM Rodrigo Ângelo <drigo.ang...@gmail.com>
>>> wrote:
>>>
>>>> Se f não for polinomial, então f deve ser da forma f(n) = g(n) + m,
>>>> onde g(n) é uma função não polinomial de n e m é um natural ou zero
>>>> f(f(n)) = g(f(n)) + m
>>>>
>>>> Com f(f(n)) = n + 2005, teríamos
>>>> g(f(n)) + m = n  + 2005
>>>> g(f(n)) = n  + 2005 - m onde m é uma constante natural então g(f(n)) é
>>>> um polinômio, que é um absurdo.
>>>>
>>>> On Fri, May 11, 2018 at 6:20 PM Rodrigo Ângelo <drigo.ang...@gmail.com>
>>>> wrote:
>>>>
>>>>> Se f for qualquer polinômio de grau maior que 1 então f(f(n)) também é
>>>>> um polinomio maior que 1. Daí já dá pra eliminar toda f polinomial
>>>>>
>>>>> On Fri, May 11, 2018 at 6:15 PM Julio César Saldaña Pumarica <
>>>>> saldana...@pucp.edu.pe> wrote:
>>>>>
>>>>>> com isso prova que f nao pode ser linear mas o enunciado pareces mais
>>>>>> geral
>>>>>>
>>>>>> El viernes, 11 de mayo de 2018, Rodrigo Ângelo <
>>>>>> drigo.ang...@gmail.com> escribió:
>>>>>>
>>>>>>> Se f : |N -> |N, f(n) = an + m, com a e m constantes naturais, então
>>>>>>> teríamos
>>>>>>> f(f(n)) = a(an + m) + m
>>>>>>> f(f(n)) = (a^2)n + am + m
>>>>>>>
>>>>>>> Com f(f(n)) = n + 2005, teríamos a = 1 e m = 2005/2, absurdo, pois m
>>>>>>> deve ser um número natural.
>>>>>>>
>>>>>>> On Fri, May 11, 2018 at 10:51 AM Jeferson Almir <
>>>>>>> jefersonram...@gmail.com> wrote:
>>>>>>>
>>>>>>>> Como provar que nos naturais não existe a função f ( f(n) ) = n +
>>>>>>>> 2005 ???
>>>>>>>>
>>>>>>>> --
>>>>>>>> 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.
>>>>>>
>>>>>>
>>>>>> --
>>>>>> 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 antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
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>> 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] Função Composta

[Pedro Soares]

1- f(n) é injetiva
f(a) = f(b) => f(f(a)) = f(f(b)) => a + 2015 = b + 2015 => a=b

2- Suponha que existem k números naturais que não pertencem a imagem de f,
sabemos que k<2005. Chamamos de A o conjunto desses k números.

Agora, como f é injetiva, o complementar em relação a N da imagem de
f(f(n)) é composta pelos k naturais que não pertencem a imagem de f(n) + os
k naturais que são as imagens de A. Assim, temos 2k naturais que não
pertencem a imagem de f(f(n)).

Mas, se f(f(n)) = n + 2005 existem  2005 naturais que não pertencem a
imagem de f(f(n)), logo f não pode ser uma função de
N->N

On Friday, 11 May 2018, Bruno Visnadi  wrote:

> Vou considerar que 0 é natural (para N = {1, 2, 3...} a prova é análoga).
> Lema 1: f é injetora.
> Prova: Se f(a) = f(b) então f(f(a)) = f(f(b)) e a = b.
> Lema 2: Se f(a) > 2004, então a está na imagem de f.
> Prova: Se f(a) > 2004, então f(f(f(a) - 2005)) = f(a). Como a função é
> injetora, f(f(a) - 2005) = a.
> Suponha que existe uma função f, N -> N, tal que f(f(n)) = n + 2005.
> Seja S o conjunto dos 2005 naturais [0, 2004]. Suponha que existam 1003
> elementos t de S tais que f(t) ∈ S. Portanto, há no máximo 1002 elementos
> t de S tais que f(t) ∉ S. Assim, uma vez que a função é injetora, pelo
> princípio das casas dos pombos haveria um elemento t tal que f(f(t)) ∈ S ⇒
> 2015 + t  ∈ S, absurdo, pois 2005 + t > 2004.
>
> Então existem pelo menos 1003 elementos t de S com f(t) > 2004. Sejam a1,
> a2 (...) a1003 tais elementos. Pelo Lema 2, estes números estão na imagem
> de f. Então existem 1003 números b1, b2, (...) b1003 tais que f(b1) = a1,
> f(b2) = a2, (...) f(b1003) = a1003. Não podem haver i e j tais que bi = aj,
> pois f(bi) < 2005 e f(aj) > 2004. Assim, se bi ∈ S, bi é um dos 1002
> elementos t de S com f(t) ∈ S. Mas existem 1003 números bi, portanto, ao
> menos um deles não pertence a S. Seja bk tal elemento, com f(bk) = ak. Pelo
> Lema 2, bk está na imagem de f, então existe c com f(c) = bk ⇒ f(f(c)) =
> f(bk) ⇒ 2005 + c = ak. Absurdo, pois ak < 2005.
>
> Portanto, não existe tal f.
>
> Em 11 de maio de 2018 18:46, Rodrigo Ângelo 
> escreveu:
>
>> acho que, de forma mais geral, não pode existir nenhuma f: |N -> |N, tal
>> que f(f(n)) = n*p(n) + i, onde g(n) seja qualquer polinômio natural de n e
>> i é um número ímpar
>>
>> On Fri, May 11, 2018 at 6:37 PM Rodrigo Ângelo 
>> wrote:
>>
>>> Se f não for polinomial, então f deve ser da forma f(n) = g(n) + m, onde
>>> g(n) é uma função não polinomial de n e m é um natural ou zero
>>> f(f(n)) = g(f(n)) + m
>>>
>>> Com f(f(n)) = n + 2005, teríamos
>>> g(f(n)) + m = n  + 2005
>>> g(f(n)) = n  + 2005 - m onde m é uma constante natural então g(f(n)) é
>>> um polinômio, que é um absurdo.
>>>
>>> On Fri, May 11, 2018 at 6:20 PM Rodrigo Ângelo 
>>> wrote:
>>>
 Se f for qualquer polinômio de grau maior que 1 então f(f(n)) também é
 um polinomio maior que 1. Daí já dá pra eliminar toda f polinomial

 On Fri, May 11, 2018 at 6:15 PM Julio César Saldaña Pumarica <
 saldana...@pucp.edu.pe> wrote:

> com isso prova que f nao pode ser linear mas o enunciado pareces mais
> geral
>
> El viernes, 11 de mayo de 2018, Rodrigo Ângelo 
> escribió:
>
>> Se f : |N -> |N, f(n) = an + m, com a e m constantes naturais, então
>> teríamos
>> f(f(n)) = a(an + m) + m
>> f(f(n)) = (a^2)n + am + m
>>
>> Com f(f(n)) = n + 2005, teríamos a = 1 e m = 2005/2, absurdo, pois m
>> deve ser um número natural.
>>
>> On Fri, May 11, 2018 at 10:51 AM Jeferson Almir <
>> jefersonram...@gmail.com> wrote:
>>
>>> Como provar que nos naturais não existe a função f ( f(n) ) = n +
>>> 2005 ???
>>>
>>> --
>>> 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.
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[obm-l] Re: [obm-l] Teorema fundamental da álgebra

[Pedro Soares]

Sobre o segundo item, depois de demonstrar que para qualquer polinômio deve
exister uma raíz complexa é fácil mostar que existem n. Basta fatorar o
polinômio original em p(z) = (x-z_0)* h(z), onde z_0 é raíz de p e aplicar
o que já foi provado em h(z) e repetir o processo. Basta vc formalizar
melhor essa ideia.

On Saturday, 24 March 2018, Carlos P.  wrote:

> Boa noite!
>
> Estou estudando análise complexa e gostaria de alguns esclarecimentos
> sobre o TFA.
>
> 1) Na prova baseada no teorema de Liouville, as únicas propriedades de
> polinômios de grau >= 1 utilizadas é que são funções inteiras tais que lim
> z ---> oo p(z) = oo. Logo, o teorema aplica-se igualmente a qualquer
> inteira f tal que lim z ---> oo f(z) = oo, certo? Não está restrito a
> polinômios.
>
> 2) Alguém conhece uma prova do TFA que, além de mostrar a existência de
> raízes, mostre que há exatamente n raízes, contando suas ordens? Me
> informaram que há uma
>
> Muito obrigado
>
> Carlos
> --
> 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] {Disarmed} Sugestão de estudo: Algebra Linear

[Pedro Soares]

Boa noite, amigos. Alguém poderia me indicar uma boa fonte de questões de
algebra linear para a OBMU? Já tenho boas fontes de teoria, mas procuro
exercícios mais parecidos com os da olimpiada e desafiadores para me
preparar para a OBM. Valeu!

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Dúvida em uma solução (conjunto denso)

[Pedro Soares]

Sim, é uma prova por absurdo.

''...o autor parte de uma hipótese contrária ao resultado pra chegar num
absurdo...''

2017-07-11 1:03 GMT-03:00 Bernardo Freitas Paulo da Costa <
bernardo...@gmail.com>:

> 2017-07-10 18:56 GMT+03:00 Antonio Carlos :
> > Entendi. Muito obrigado, Pedro!
>
> Tem um problema muito sério, que os logs são diferentes...
>
> log_2 3 = log(3)/log(2) = 1.5849625007211563
> log_3 6 = log(6)/log(3) = 1.6309297535714573
>
> Mas o problema está, provavelmente, na primeira hipótese (que ela
> também é falsa).  A demonstração por densidade está certa, e talvez
> seja no meio de um raciocínio por absurdo, mas sei lá...
> --
> Bernardo Freitas Paulo da Costa
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> =
> Instru�ões 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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[obm-l] Re: [obm-l] Dúvida em uma solução (conjunto denso)

[Pedro Soares]

u/v < log_2 3 => u/v < log_3 6 , logo ou log_2 3 é menor ou igual a log_3 6
ou o intervalo [log_3 6, log_2 3] não possui nenhum número racional.

u/v < log_3 6 => u/v < log_2 3 , logo ou log_3 6 é menor ou igual a log_2 3
ou o intervalo [log_2 3, log_3 6] não possui nenhum número racional.

Como os racionais são densos na reta temos que log_2 3 >= log_3 6 e log_3 6
>= log_2 3 ==> log_2 3 = log_3 6, o que é falso. Ou isso ou os intervalos
seriam degenerados o que também implicaria em log_2 3 = log_3 6.
Assim, vc chega em um absurdo.

Sacou?



2017-07-09 17:03 GMT-03:00 Antonio Carlos :

> Oi pessoal,
>
> Estava lendo uma resolução de uma questão, e em uma passagem se chega à
> seguinte implicação (u e v são naturais, log_a x é o logaritmo de x na base
> a):
>
>  u/v < log_2 3 se e somente se u/v < log_3 6, e como os racionais são
> densos, temos que a equivalência acima implica que log_2 3 = log_3 6.
>
> Tudo bem com a equivalência, o autor parte de uma hipótese contrária ao
> resultado pra chegar num absurdo, o que não entendi foi a implicação usando
> que Q é denso. Eu já fiz um curso de análise e tenho alguma noção do que é
> um conjunto ser denso. Se alguém puder me ajudar a entender a passagem eu
> agradeço.
>
> Att,
> Antonio
>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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Re: [obm-l] Somas iguais

[Pedro Soares]

Desculpe se ficou mal escrito* heheh

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2017-07-08 15:26 GMT-03:00 Pedro Soares <pedrosoares...@gmail.com>:

> Para a soma de n números naturais ser par essa sequência deve possuir um
> número par de números impares. Logo, se está se somando de 1 a n e a soma é
> par  para n = 2k - 1 ou n = 2k onde k é multiplo de 2( se k for impar
> teremos um número impar de números impares na soma).
> O caso em que n=2k é trivial, pode-se pegar os extremos da soma e colocar
> em um subgrupo, os próximos extremos colocar no outro subgrupo e repetir
> essa ação k/2 vezes( lembre-se que k é multiplo de 2, então podemos fazer
> isso).
> Para n = 2k - 1 primeiro olhe para k = 2, claramente podemos separar nos
> subgrupos {1,2} e {3} que possuem a mesma soma.
> Agora suponha que vale para k = j, vamos provar que vale para k = n + 2
> por indução.
> A soma para n = 2( k + 2 ) + 1 é igual a soma para n = 2k( que vamos
> chamar de S(n) ) mais quatro termos consecutivos ( n+1, n+2, n+3, n+4).
> S(n) já sabemos dividir em subgrupos de igual soma por hipótese. Além
> disso, podemos alocar os termos faltantes usando a mesma estratégia usada
> para o caso n=2k( os termos n+1 e n+4 vão para um subgrupo e os termos n+2
> e n+3 vão para o outro). Logo, se vale para k = j vale k = j + 2. Como vale
> para k = 2 vale para todo multiplo de 2.
> Como já provamos para os dois casos em que separamos isso conclui nossa
> prova :)
>
> Desculpe se ficou mau escrito, digitei conforme fui pensando
>
>
> On Saturday, 8 July 2017, Vanderlei Nemitz <vanderma...@gmail.com> wrote:
>
>> Bom dia!
>> Gostaria de saber se alguém tem uma solução para esse problema:
>>
>> *Mostre que se a soma dos números de 1 até n é par, então é possível
>> separar os números de 1 até n em dois subgrupos de números de igual soma.*
>>
>> Muito obrigado!
>>
>> Vanderlei
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>

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Re: [obm-l] Somas iguais

[Pedro Soares]

Para a soma de n números naturais ser par essa sequência deve possuir um
número par de números impares. Logo, se está se somando de 1 a n e a soma é
par  para n = 2k - 1 ou n = 2k onde k é multiplo de 2( se k for impar
teremos um número impar de números impares na soma).
O caso em que n=2k é trivial, pode-se pegar os extremos da soma e colocar
em um subgrupo, os próximos extremos colocar no outro subgrupo e repetir
essa ação k/2 vezes( lembre-se que k é multiplo de 2, então podemos fazer
isso).
Para n = 2k - 1 primeiro olhe para k = 2, claramente podemos separar nos
subgrupos {1,2} e {3} que possuem a mesma soma.
Agora suponha que vale para k = j, vamos provar que vale para k = n + 2 por
indução.
A soma para n = 2( k + 2 ) + 1 é igual a soma para n = 2k( que vamos chamar
de S(n) ) mais quatro termos consecutivos ( n+1, n+2, n+3, n+4). S(n) já
sabemos dividir em subgrupos de igual soma por hipótese. Além
disso, podemos alocar os termos faltantes usando a mesma estratégia usada
para o caso n=2k( os termos n+1 e n+4 vão para um subgrupo e os termos n+2
e n+3 vão para o outro). Logo, se vale para k = j vale k = j + 2. Como vale
para k = 2 vale para todo multiplo de 2.
Como já provamos para os dois casos em que separamos isso conclui nossa
prova :)

Desculpe se ficou mau escrito, digitei conforme fui pensando

On Saturday, 8 July 2017, Vanderlei Nemitz  wrote:

> Bom dia!
> Gostaria de saber se alguém tem uma solução para esse problema:
>
> *Mostre que se a soma dos números de 1 até n é par, então é possível
> separar os números de 1 até n em dois subgrupos de números de igual soma.*
>
> Muito obrigado!
>
> Vanderlei
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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[obm-l] [obm-l] Torneio de Tênis( problema de grafos)

[Pedro Soares]

Alguém pode dar alguma ideia?

Em um torneio de tênis com 14 jogadores, cada um joga com todos os outros
exatamente uma vez e não há empates. Prove que é possível escolher 3
jogadores para os quais qualquer um dos outros 11 perdeu para pelo menos um
desses 3.

-- 
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[obm-l] Re: [obm-l] Limite de sucessão

[Pedro Soares]

E ai, cara. Tudo bem?

Uma forma de vc pensar é essa: A sua sequência crescente (a_n) converge
para L. Suponha que exista m tal que a_m = L+ε , ε>0. Como a sequência é
crescente: para todo n>m => a_n> L+ε, logo o limite da sequência é maior ou
igual a L+ε e vc chegou numa contradição. Isso garante que nenhum termo da
sequência é maior que L.

On Tuesday, 21 March 2017, Pedro Chaves  wrote:

> Caros Colegas,
>
> Como provar o teorema abaixo?
>
> "Se uma sucessão é crescente e converge para o número real L, então nenhum
> dos seus termos é maior do que L."
>
> Agradeço-lhes a atenção.
>
> Pedro Chaves
>
> --
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> acredita-se estar livre de perigo.
>

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