Re: [obm-l] Contagem

[Anderson Torres]

Em ter, 8 de ago de 2023 19:11, Anderson Torres <
torres.anderson...@gmail.com> escreveu:

>
>
> Em ter, 8 de ago de 2023 13:01, Jamil Silva  escreveu:
>
>> Quantos conjuntos de três números inteiros positivos menores ou iguais a
>> 2023 contêm a média aritmética de seus elementos ?
>>
>
> Bem, a ideia é escolher dois números diferentes e com a mesma paridade,
> pois eles determinarão a média - a qual será inteira e estará entre eles.
>
> Temos 1011 pares e 1012 ímpares, o que nos dá C(1011,2)+C(1012,2) = 1012^2.
>

Aqui errei a contagem, deveria ser 1011^2


> Agora tô curioso, como demonstrar que o resultado para 2n-1 é n^2 com
> bijeção?
>

2N+1, no caso aqui, dá N^2

Como associar trincas de PAs com casas de um tabuleiro de xadrez nXn?
>
> Talvez não seja algo muito bonito, porque para 2n o resultado é n^2-n.
>

Para 2N dá N^2-N, aqui tá certo.


>> --
>> 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] Contagem

[Anderson Torres]

Em ter, 8 de ago de 2023 13:01, Jamil Silva  escreveu:

> Quantos conjuntos de três números inteiros positivos menores ou iguais a
> 2023 contêm a média aritmética de seus elementos ?
>

Bem, a ideia é escolher dois números diferentes e com a mesma paridade,
pois eles determinarão a média - a qual será inteira e estará entre eles.

Temos 1011 pares e 1012 ímpares, o que nos dá C(1011,2)+C(1012,2) = 1012^2.

Agora tô curioso, como demonstrar que o resultado para 2n-1 é n^2 com
bijeção?
Como associar trincas de PAs com casas de um tabuleiro de xadrez nXn?

Talvez não seja algo muito bonito, porque para 2n o resultado é n^2-n.

>
> --
> 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] Contagem

[Claudio Buffara]

O que vc quer é o número de PAs de 3 termos distintos contidas em
{1,2,3,...,2023}.
Daí dá pra enumerar na mão e achar o padrão:
(1,2,3), (2,3,4), ..., (2021,2022,2023) ==> 2021 PAs de razão 1
(1,3,5), (2,4,6), ..., (2019,2021,2023) ==> 2019 PAs de razão 2
(1,4,7), (2,6,8), ..., (2017,2020,2023) ==> 2017 PAs de razão 3
...
(1,1011,2021), (2,1012,2022), (3,2023,2023) ==> 3 PAs de razão 1010
(1,1012,2023) ==> 1 PA de razão 1011.
Total = 1+3+5+...+2017+2019+2021 = 1011^2 = 1022121 PAs.


On Tue, Aug 8, 2023 at 1:02 PM Jamil Silva  wrote:

> Quantos conjuntos de três números inteiros positivos menores ou iguais a
> 2023 contêm a média aritmética de seus elementos ?
>
> --
> 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] Contagem , Coprimos e Divisores

[Pedro José]

Boa noite!
Jamil,
correto mas não valeu. Foi muita barbeiragem.
Saudações,
PJMS

Em dom, 15 de dez de 2019 19:31, jamil dasilva 
escreveu:

> Correto: 2021
>
> Em dom., 15 de dez. de 2019 às 17:15, Pedro José 
> escreveu:
>
>> Na verdade 2.
>> 2021.
>> Por hoje chega..
>>
>> Em dom, 15 de dez de 2019 16:58, Pedro José 
>> escreveu:
>>
>>> Boa tarde!
>>> Hoje esta difícil.
>>> 8atenxe primeiro.
>>> 2027.
>>> Que vergonha
>>>
>>> Em dom, 15 de dez de 2019 16:55, Pedro José 
>>> escreveu:
>>>
 Boa tarde!
 Jamil me alertou do erro banal e fui por outro caminho.
 2019+x<> 2 mod2 ==> x<>1 mod2
 2019 +x<> 3 mod3 ==> x<>0 mod3
 2019 +x<> 5 mod5 ==> x<>1 mod5
 2019+x <> 7 mod 7 ==> x<>4 mod 17
 O menor x queatende é 10
 Portanto 2029 seria a resposta correta.
 Acho que é primo.
 Desculpe -me pela falha grosseira.

 Saudações,
 PJMS

 Em dom, 15 de dez de 2019 14:04, Pedro José 
 escreveu:

> Boa tarde.
>
> 2019= 0 mod3 nã0 serve.
> É só fatorar sem usar esses primos.
> 11^3 <2019
> 11^2*13 <2019
> 11*13^2<2019
> 11^2*17=2057
> Acha o próximo
>
> Saudações.
>
> Em dom, 15 de dez de 2019 12:43, jamil dasilva 
> escreveu:
>
>> Se a eclosão de uma espécie de cigarra sempre acontece
>> em anos não divisíveis por 2, 3, 5 e 7, responda se ocorre
>> no presente ano de 2019 e qual o próximo ano ocorrerá após
>> 2019 ?
>>
>> --
>> 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.

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

Re: [obm-l] Contagem , Coprimos e Divisores

[jamil dasilva]

Correto: 2021

Em dom., 15 de dez. de 2019 às 17:15, Pedro José 
escreveu:

> Na verdade 2.
> 2021.
> Por hoje chega..
>
> Em dom, 15 de dez de 2019 16:58, Pedro José 
> escreveu:
>
>> Boa tarde!
>> Hoje esta difícil.
>> 8atenxe primeiro.
>> 2027.
>> Que vergonha
>>
>> Em dom, 15 de dez de 2019 16:55, Pedro José 
>> escreveu:
>>
>>> Boa tarde!
>>> Jamil me alertou do erro banal e fui por outro caminho.
>>> 2019+x<> 2 mod2 ==> x<>1 mod2
>>> 2019 +x<> 3 mod3 ==> x<>0 mod3
>>> 2019 +x<> 5 mod5 ==> x<>1 mod5
>>> 2019+x <> 7 mod 7 ==> x<>4 mod 17
>>> O menor x queatende é 10
>>> Portanto 2029 seria a resposta correta.
>>> Acho que é primo.
>>> Desculpe -me pela falha grosseira.
>>>
>>> Saudações,
>>> PJMS
>>>
>>> Em dom, 15 de dez de 2019 14:04, Pedro José 
>>> escreveu:
>>>
 Boa tarde.

 2019= 0 mod3 nã0 serve.
 É só fatorar sem usar esses primos.
 11^3 <2019
 11^2*13 <2019
 11*13^2<2019
 11^2*17=2057
 Acha o próximo

 Saudações.

 Em dom, 15 de dez de 2019 12:43, jamil dasilva 
 escreveu:

> Se a eclosão de uma espécie de cigarra sempre acontece
> em anos não divisíveis por 2, 3, 5 e 7, responda se ocorre
> no presente ano de 2019 e qual o próximo ano ocorrerá após
> 2019 ?
>
> --
> 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 antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Contagem , Coprimos e Divisores

[Pedro José]

Na verdade 2.
2021.
Por hoje chega..

Em dom, 15 de dez de 2019 16:58, Pedro José  escreveu:

> Boa tarde!
> Hoje esta difícil.
> 8atenxe primeiro.
> 2027.
> Que vergonha
>
> Em dom, 15 de dez de 2019 16:55, Pedro José 
> escreveu:
>
>> Boa tarde!
>> Jamil me alertou do erro banal e fui por outro caminho.
>> 2019+x<> 2 mod2 ==> x<>1 mod2
>> 2019 +x<> 3 mod3 ==> x<>0 mod3
>> 2019 +x<> 5 mod5 ==> x<>1 mod5
>> 2019+x <> 7 mod 7 ==> x<>4 mod 17
>> O menor x queatende é 10
>> Portanto 2029 seria a resposta correta.
>> Acho que é primo.
>> Desculpe -me pela falha grosseira.
>>
>> Saudações,
>> PJMS
>>
>> Em dom, 15 de dez de 2019 14:04, Pedro José 
>> escreveu:
>>
>>> Boa tarde.
>>>
>>> 2019= 0 mod3 nã0 serve.
>>> É só fatorar sem usar esses primos.
>>> 11^3 <2019
>>> 11^2*13 <2019
>>> 11*13^2<2019
>>> 11^2*17=2057
>>> Acha o próximo
>>>
>>> Saudações.
>>>
>>> Em dom, 15 de dez de 2019 12:43, jamil dasilva 
>>> escreveu:
>>>
 Se a eclosão de uma espécie de cigarra sempre acontece
 em anos não divisíveis por 2, 3, 5 e 7, responda se ocorre
 no presente ano de 2019 e qual o próximo ano ocorrerá após
 2019 ?

 --
 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] Contagem , Coprimos e Divisores

[Pedro José]

Boa tarde!
Hoje esta difícil.
8atenxe primeiro.
2027.
Que vergonha

Em dom, 15 de dez de 2019 16:55, Pedro José  escreveu:

> Boa tarde!
> Jamil me alertou do erro banal e fui por outro caminho.
> 2019+x<> 2 mod2 ==> x<>1 mod2
> 2019 +x<> 3 mod3 ==> x<>0 mod3
> 2019 +x<> 5 mod5 ==> x<>1 mod5
> 2019+x <> 7 mod 7 ==> x<>4 mod 17
> O menor x queatende é 10
> Portanto 2029 seria a resposta correta.
> Acho que é primo.
> Desculpe -me pela falha grosseira.
>
> Saudações,
> PJMS
>
> Em dom, 15 de dez de 2019 14:04, Pedro José 
> escreveu:
>
>> Boa tarde.
>>
>> 2019= 0 mod3 nã0 serve.
>> É só fatorar sem usar esses primos.
>> 11^3 <2019
>> 11^2*13 <2019
>> 11*13^2<2019
>> 11^2*17=2057
>> Acha o próximo
>>
>> Saudações.
>>
>> Em dom, 15 de dez de 2019 12:43, jamil dasilva 
>> escreveu:
>>
>>> Se a eclosão de uma espécie de cigarra sempre acontece
>>> em anos não divisíveis por 2, 3, 5 e 7, responda se ocorre
>>> no presente ano de 2019 e qual o próximo ano ocorrerá após
>>> 2019 ?
>>>
>>> --
>>> 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] Contagem , Coprimos e Divisores

[Pedro José]

Boa tarde!
Jamil me alertou do erro banal e fui por outro caminho.
2019+x<> 2 mod2 ==> x<>1 mod2
2019 +x<> 3 mod3 ==> x<>0 mod3
2019 +x<> 5 mod5 ==> x<>1 mod5
2019+x <> 7 mod 7 ==> x<>4 mod 17
O menor x queatende é 10
Portanto 2029 seria a resposta correta.
Acho que é primo.
Desculpe -me pela falha grosseira.

Saudações,
PJMS

Em dom, 15 de dez de 2019 14:04, Pedro José  escreveu:

> Boa tarde.
>
> 2019= 0 mod3 nã0 serve.
> É só fatorar sem usar esses primos.
> 11^3 <2019
> 11^2*13 <2019
> 11*13^2<2019
> 11^2*17=2057
> Acha o próximo
>
> Saudações.
>
> Em dom, 15 de dez de 2019 12:43, jamil dasilva 
> escreveu:
>
>> Se a eclosão de uma espécie de cigarra sempre acontece
>> em anos não divisíveis por 2, 3, 5 e 7, responda se ocorre
>> no presente ano de 2019 e qual o próximo ano ocorrerá após
>> 2019 ?
>>
>> --
>> 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] Contagem , Coprimos e Divisores

[Jamil Silva]

Correto, 2019 = 3*673, logo não ocorre eclosão,  mas a próxima não é em 2057

Enviado do Email para Windows 10


-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Contagem , Coprimos e Divisores

[Pedro José]

Boa tarde.

2019= 0 mod3 nã0 serve.
É só fatorar sem usar esses primos.
11^3 <2019
11^2*13 <2019
11*13^2<2019
11^2*17=2057
Acha o próximo

Saudações.

Em dom, 15 de dez de 2019 12:43, jamil dasilva 
escreveu:

> Se a eclosão de uma espécie de cigarra sempre acontece
> em anos não divisíveis por 2, 3, 5 e 7, responda se ocorre
> no presente ano de 2019 e qual o próximo ano ocorrerá após
> 2019 ?
>
> --
> 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.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Contagem de Permutações

[Jamil Silva]

Correto: 100 ( um milhão)Ótima 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, 271, 273, 274, 275, 276)2*6! (permutações começando com 2780, 2781)5*5! (permutações começando com 27830, 27831, 27834, 27835, 27836)1*4! (permutações começando com 278390)2*3! (permutações começando com 2783910, 2783914)1*2! (permutações começando com 27839150)1*1! (permutações começando com 278391540)Somando tudo, são 99 permutações. Então 2783915460 indica o km 100On Mon, Nov 25, 2019 at 11:35 AM Jamil Silva  wrote:O odômetro de um carro tem exatamente dez dígitos e registra a quilometragem com um defeito, relacionando cada quilômetro rodado a uma e somente uma  das permutações dos dez dígitos em ordem estritamente crescente, conforme mostrado abaixo.

 Quantos quilômetros esse carro já rodou se, atualmente, a marcação está em 2783915460 ?

1 km > 0123456789
2 km > 0123456798
3 km > 0123456879
4 km > 0123456897
5 km > 0123456978
6 km > 0123456987
7 km > 0123457689
8 km > 0123457698
9 km > 0123457869
10 km --> 0123457896
11 km --> 0123457968
12 km --> 0123457986
13 km --> 0123458679
.
.
.

? km > 2783915460

-- 
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.

--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Contagem de Permutações

[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, 271, 273, 274, 275, 276)
2*6! (permutações começando com 2780, 2781)
5*5! (permutações começando com 27830, 27831, 27834, 27835, 27836)
1*4! (permutações começando com 278390)
2*3! (permutações começando com 2783910, 2783914)
1*2! (permutações começando com 27839150)
1*1! (permutações começando com 278391540)

Somando tudo, são 99 permutações. Então 2783915460 indica o km 100

On Mon, Nov 25, 2019 at 11:35 AM Jamil Silva  wrote:

> O odômetro de um carro tem exatamente dez dígitos e registra a
> quilometragem com um defeito, relacionando cada quilômetro rodado a uma e
> somente uma  das permutações dos dez dígitos em ordem estritamente
> crescente, conforme mostrado abaixo.
>
>  Quantos quilômetros esse carro já rodou se, atualmente, a marcação está
> em 2783915460 ?
>
> 1 km > 0123456789
> 2 km > 0123456798
> 3 km > 0123456879
> 4 km > 0123456897
> 5 km > 0123456978
> 6 km > 0123456987
> 7 km > 0123457689
> 8 km > 0123457698
> 9 km > 0123457869
> 10 km --> 0123457896
> 11 km --> 0123457968
> 12 km --> 0123457986
> 13 km --> 0123458679
> .
> .
> .
>
> ? km > 2783915460
>
> --
> 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] Re: [obm-l] CONTAGEM, SISTEMA DE NUMERAÇÂO E ORDENAÇÂO DE CONJUNTOS

[Esdras Muniz]

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 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 livro para a primeira pagina do livro seguinte. os livros são indexados
> ou intitulados cada um com a primeira sequencia impressa nele, mesmo que
> esteja incompleta, ou seja, que tenha começado no livro anterior.
>
> como exemplo, eis as quinze primeiras sequencias com as cem letras da
> primeira linha da primeira pagina do livro A :
>
>
> AaaAAAAaaAAAAaaABacADaeA
> F
>
>
> Note que como cada linha só comporta no máximo cem letras, a ultima das 15
> primeiras sequencias termina na linha seguinte: F
>
> 13.11.2019, 15:41, "Jamil Silva" :
> > Imagine uma enciclopédia contendo todas as sequencias(combinações) das
> vinte e seis letras do alfabeto latino . As sequências têm, no mínimo, uma
> e, no máximo, dez letras. São impressas em
> > páginas de cem linhas e em cada linha há exatamente cem letras. Para se
> distinguir as sequências uma da outra, a impressão é feita em cores preto e
> vermelho, tal que duas sequencias consecutivas quaisquer nunca sejam da
> mesma cor. Cada livro da enciclopédia tem exatamente mil páginas e é
> indexado ou intitulado com a sua primeira sequencia.
> > Determine, com base nestas informações
> >
> > 1) Quantos livros tem essa enciclopédia ?
> > 2) Quantas páginas em branco há no ultimo livro ?
> > 3) Quantas sequencias começam num livro e terminam no seguinte ?
> > 4) Qual a localização precisa da sequência MATEMATICA em termos de
> (linha, página, livro) ?
> > 5) Faça uma boa questão sobre essa enciclopédia
> >
> > --
> > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv?rus e
> >  acredita-se estar livre de perigo.
> >
> > =
> > Instru??es 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 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] CONTAGEM, SISTEMA DE NUMERAÇÂO E ORDENAÇÂO DE CONJUNTOS

[Jamil Silva]

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 livro para a primeira 
pagina do livro seguinte. os livros são indexados ou intitulados cada um com a 
primeira sequencia impressa nele, mesmo que esteja incompleta, ou seja, que 
tenha começado no livro anterior.

como exemplo, eis as quinze primeiras sequencias com as cem letras da primeira 
linha da primeira pagina do livro A :

AaaAAAAaaAAAAaaABacADaeA
F


Note que como cada linha só comporta no máximo cem letras, a ultima das 15 
primeiras sequencias termina na linha seguinte: F

13.11.2019, 15:41, "Jamil Silva" :
> Imagine uma enciclopédia contendo todas as sequencias(combinações) das vinte 
> e seis letras do alfabeto latino . As sequências têm, no mínimo, uma e, no 
> máximo, dez letras. São impressas em
> páginas de cem linhas e em cada linha há exatamente cem letras. Para se 
> distinguir as sequências uma da outra, a impressão é feita em cores preto e 
> vermelho, tal que duas sequencias consecutivas quaisquer nunca sejam da mesma 
> cor. Cada livro da enciclopédia tem exatamente mil páginas e é indexado ou 
> intitulado com a sua primeira sequencia.
> Determine, com base nestas informações
>
> 1) Quantos livros tem essa enciclopédia ?
> 2) Quantas páginas em branco há no ultimo livro ?
> 3) Quantas sequencias começam num livro e terminam no seguinte ?
> 4) Qual a localização precisa da sequência MATEMATICA em termos de (linha, 
> página, livro) ?
> 5) Faça uma boa questão sobre essa enciclopédia
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv?rus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
> =
> Instru??es 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.

=
Instru��es 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] Contagem

[Douglas Oliveira de Lima]

Escolha 8 em 30, isso nos dará 30!/8!22!

Douglas Oliveira.

Em 26 de maio de 2015 22:51, marcone augusto araújo borges 
marconeborge...@hotmail.com escreveu:

 De quantas maneiras é possível cortar um colar(na forma de círculo
 inteiro) de 30
 pérolas em 8 partes(só é permitido cortar entre as pérolas)?

 --
 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] Contagem 2

[Marcelo Salhab Brogliato]

Olá, Marcone,

Acho que basta analisar com 1 digito, 2 digitos, ..., até 6 digitos.

1: 10
2: 9*9, pois o primeiro digito pode ser de 1 até 9, e o segundo pode ser
qualquer um diferente do primeiro
3: 9*9*9
4: 9*9*9*9
5: 9*9*9*9*9
6: 9*9*9*9*9*9

Total: 10 + 9^2 + 9^3 + 9^4 + 9^5 + 9^6 = 1 + 9 + 9^2 + ... + 9^6 = (9^7 -
1)/8 = 597871

Abraços,
Salhab

2015-05-26 22:56 GMT-03:00 marcone augusto araújo borges 
marconeborge...@hotmail.com:

 Encontre o número de inteiros de 0 a 99 que não têm 2 algarismos
 vizinhos iguais em sua representação decimal.

 --
 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.

Re: [obm-l] Contagem de funcoes

[Douglas Oliveira de Lima]

Obrigado Ralph, então está certo.
Em 16/05/2015 11:20, Ralph Teixeira ralp...@gmail.com escreveu:

 Seja S={y | f(y)=y}. Entao a condicao eh equivalente a dizer que f(x) \in
 S para todo x.

 Em suma, para escolher a funcao f, vou escolher o conjunto S (onde a
 funcao tem que ser a identidade), e depois escolho os valores de f(x) \in S
 para os x FORA de S.

 Dividindo em casos:

 i) #S=1. Ha 5 escolhas para o unico elemento de S; os outros 4 elementos
 terao apenas 1 escolha cada. Total: 5 funcoes (que, alias, sao funcoes
 constantes).
 ii) #S=2. Ha C(5,2)=10 escolhas para S; posso mandar cada um dos outros 3
 elementos em qualquer um dos 2 de S. Total: 10*2^3=80 opcoes.
 iii) #S=3. C(5,3)=10 escolhas para S, e 3^2 opcoes para os outros. Total:
 90.
 iv) #S=4. C(5,4)=5 possiveis S, e o outro elemento tem 4 opcoes. Total: 20.
 v) #S=5. Entao f=Identidade. Mais 1.

 Somando tudo: 5+80+90+20+1=196. Acertei?

 Abraco, Ralph.

 P.S.: Se fossem n elementos, seria C(n,1)*1^(n-1) + C(n,2)*2^(n-2) +
 C(n,3)*3^(n-3) + ... + C(n,n)*n^0 = SUM (C(n,k)*k^(n-k)). Dah para
 simplificar isto?
 P.S.2: Testei n=1,2,3,4,5 e deu a sequencia 1,3,10,41,196. Botei na OEIS,
 e achei
 https://oeis.org/search?q=1,3,10,41,196language=englishgo=Search


 2015-05-15 22:37 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima 
 profdouglaso.del...@gmail.com:

 Olá, amigos , me ajudem a confirmar uma resposta.
 Quantas funções f:{1,2,3,4,5}-{1,2,3,4,5}, tais que f(f(x))=f(x) existem?

 Desde já agradeço
 Douglas Oliveira

 --
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Re: [obm-l] Contagem de funcoes

[Ralph Teixeira]

Seja S={y | f(y)=y}. Entao a condicao eh equivalente a dizer que f(x) \in S
para todo x.

Em suma, para escolher a funcao f, vou escolher o conjunto S (onde a funcao
tem que ser a identidade), e depois escolho os valores de f(x) \in S para
os x FORA de S.

Dividindo em casos:

i) #S=1. Ha 5 escolhas para o unico elemento de S; os outros 4 elementos
terao apenas 1 escolha cada. Total: 5 funcoes (que, alias, sao funcoes
constantes).
ii) #S=2. Ha C(5,2)=10 escolhas para S; posso mandar cada um dos outros 3
elementos em qualquer um dos 2 de S. Total: 10*2^3=80 opcoes.
iii) #S=3. C(5,3)=10 escolhas para S, e 3^2 opcoes para os outros. Total:
90.
iv) #S=4. C(5,4)=5 possiveis S, e o outro elemento tem 4 opcoes. Total: 20.
v) #S=5. Entao f=Identidade. Mais 1.

Somando tudo: 5+80+90+20+1=196. Acertei?

Abraco, Ralph.

P.S.: Se fossem n elementos, seria C(n,1)*1^(n-1) + C(n,2)*2^(n-2) +
C(n,3)*3^(n-3) + ... + C(n,n)*n^0 = SUM (C(n,k)*k^(n-k)). Dah para
simplificar isto?
P.S.2: Testei n=1,2,3,4,5 e deu a sequencia 1,3,10,41,196. Botei na OEIS, e
achei
https://oeis.org/search?q=1,3,10,41,196language=englishgo=Search


2015-05-15 22:37 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima 
profdouglaso.del...@gmail.com:

 Olá, amigos , me ajudem a confirmar uma resposta.
 Quantas funções f:{1,2,3,4,5}-{1,2,3,4,5}, tais que f(f(x))=f(x) existem?

 Desde já agradeço
 Douglas Oliveira

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-- 
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Re: [obm-l] Contagem, preciso de uma ajuda!!

[Ralph Teixeira]

Vou supor que cumes nao existem nos pontos (1,a) e (10,b). Se cumes nas
pontas forem validos, o raciocinio tem que mudar um pouquinho.

Entao a pergunta eh: quantos caminhos tem um cume no ponto (x,y)? Por
exemplo, quantos caminhos tem cume em (2,10)?

Ora, para um caminho ter cume em (2,10), basta escolher pontos (1,a) e
(3,b) onde a,b=9 (sao 9*8 opcoes) e quaisquer outros pontos (4,c),
(5,d),... dentre os 7 valores de y que sobram. Ou seja, sao 9*8*7!=9!
caminhos com este cume.

Analogamente, para ter cume em (2,9), temos 8*7 opcoes para os pontos (1,a)
e (3,b), e o resto faz-se como quiser: total = 8*7*7! opcoes.

Para ter cume em (2,8), sao 7*6*7! opcoes. Para ter cume em (2,7), sao
6*5*7! opcoes. E assim por diante.

Em suma, temos um total de (9*8+8*7+7*6+...+2*1)*7! caminhos com cumes em
(2,y) para algum y.

Repita esse argumento para cumes na forma (3,y), (4,y), etc. Dah um total
de 8*(9*8+8*7+7*6+...+2*1)*7! caminhos com cumes em algum lugar Nao,
mentira, eu nao contei caminhos (porque varios deles aparecerao varias
vezes), mas eu contei sim cumes (porque quando um caminho aparece varias
vezes na minha contagem, ele aparece uma vez para cada cume)!

Entao essa eh a resposta que voce quer: (9*8+8*7+7*6+...+2*1)*8!. Espero
nao ter errado bobagens.

Abraco, Ralph.

2015-05-06 11:36 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima 
profdouglaso.del...@gmail.com:

 Considere um quadriculado 10x10, no qual existem 100 pontos,  {(1,1),
 (1,2),...,(10,10)}, é permitido fazer os seguintes movimentos sair do ponto
 (x,y) para o ponto (x+1,n), onde n,x e y variam no conjunto
 {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}, assim formando um caminho que não saia do
 quadriculado. Um exemplo de um caminho seria {(1,6); (2,7); (3,4); (4,9);
 (5,5); (6,8); (7,1);(8,2);(9,10); (10,3)}.
 No exemplo citado percebemos que os valores de x são consecutivos e os
 valores de y são sempre distintos. Agora considerando todos os caminhos
 desse tipo do exemplo( com x começando em 1 e terminando em 10 e y não se
 repetindo), quantos cumes surgirão?

 OBS: Considera-se um cume quando um valor de y é maior do que os valores
 de y vizinhos, no exemplo citado temos 4 cumes, a saber 674; 495;
 581; 2103.

 Agradeço a ajuda e desculpe qualquer erro, caso haja dúvida na pergunta eu
 explico melhor.
 Abraços.
 Douglas OLiveira

 --
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Re: [obm-l] Contagem, preciso de uma ajuda!!

[Douglas Oliveira de Lima]

Entendi perfeitamente,  valeu Ralph,  este problema original não é assim,
mas eu preferi reformula-lo e colocar no quadriculado,  agora ficou bom. E
da para reduzir mais ainda pois o valor do somatório
9.8+8.7+7.6+...+2.1=2!C(10,3)
Em 06/05/2015 13:02, Ralph Teixeira ralp...@gmail.com escreveu:

 Vou supor que cumes nao existem nos pontos (1,a) e (10,b). Se cumes nas
 pontas forem validos, o raciocinio tem que mudar um pouquinho.

 Entao a pergunta eh: quantos caminhos tem um cume no ponto (x,y)? Por
 exemplo, quantos caminhos tem cume em (2,10)?

 Ora, para um caminho ter cume em (2,10), basta escolher pontos (1,a) e
 (3,b) onde a,b=9 (sao 9*8 opcoes) e quaisquer outros pontos (4,c),
 (5,d),... dentre os 7 valores de y que sobram. Ou seja, sao 9*8*7!=9!
 caminhos com este cume.

 Analogamente, para ter cume em (2,9), temos 8*7 opcoes para os pontos
 (1,a) e (3,b), e o resto faz-se como quiser: total = 8*7*7! opcoes.

 Para ter cume em (2,8), sao 7*6*7! opcoes. Para ter cume em (2,7), sao
 6*5*7! opcoes. E assim por diante.

 Em suma, temos um total de (9*8+8*7+7*6+...+2*1)*7! caminhos com cumes em
 (2,y) para algum y.

 Repita esse argumento para cumes na forma (3,y), (4,y), etc. Dah um total
 de 8*(9*8+8*7+7*6+...+2*1)*7! caminhos com cumes em algum lugar Nao,
 mentira, eu nao contei caminhos (porque varios deles aparecerao varias
 vezes), mas eu contei sim cumes (porque quando um caminho aparece varias
 vezes na minha contagem, ele aparece uma vez para cada cume)!

 Entao essa eh a resposta que voce quer: (9*8+8*7+7*6+...+2*1)*8!. Espero
 nao ter errado bobagens.

 Abraco, Ralph.

 2015-05-06 11:36 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima 
 profdouglaso.del...@gmail.com:

 Considere um quadriculado 10x10, no qual existem 100 pontos,  {(1,1),
 (1,2),...,(10,10)}, é permitido fazer os seguintes movimentos sair do ponto
 (x,y) para o ponto (x+1,n), onde n,x e y variam no conjunto
 {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}, assim formando um caminho que não saia do
 quadriculado. Um exemplo de um caminho seria {(1,6); (2,7); (3,4); (4,9);
 (5,5); (6,8); (7,1);(8,2);(9,10); (10,3)}.
 No exemplo citado percebemos que os valores de x são consecutivos e os
 valores de y são sempre distintos. Agora considerando todos os caminhos
 desse tipo do exemplo( com x começando em 1 e terminando em 10 e y não se
 repetindo), quantos cumes surgirão?

 OBS: Considera-se um cume quando um valor de y é maior do que os valores
 de y vizinhos, no exemplo citado temos 4 cumes, a saber 674; 495;
 581; 2103.

 Agradeço a ajuda e desculpe qualquer erro, caso haja dúvida na pergunta
 eu explico melhor.
 Abraços.
 Douglas OLiveira

 --
 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 antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] contagem

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2013/11/20 PeterDirichlet peterdirich...@gmail.com

 On 20-10-2013 16:28, marcone augusto araújo borges wrote:

 Quantas matrizes 4 x 4 formadas pelos elementos 1,2,3 e 4 possuem
 em cada linha e em cada coluna todos elementos distintos?


 Vou testar uma ideia.

 Sabemos que, se trocarmos 1,2,3,4 por qualquer permutação deles, de forma 
 consistente, obtemos outra matriz que satisfaz o enunciado.

 Por exemplo:

 1 2 3 4
 2 1 4 3
 3 4 1 2
 4 3 2 1

 Substitua 1 por 3 e 3 por 1, mantendo o 2 e o 4:

 3 2 1 4
 2 3 4 1
 1 4 3 2
 4 1 2 3

 Quando é que duas dessas matrizes seriam iguais? Nunca, pois a primeira linha 
 já seria diferente. Assim, de uma matriz obteremos outras 4! matrizes.

 Assim sendo, eu vou tacitamente aceitar que a primeira linha é '1 2 3 4', e 
 depois multiplicar por 4!.

 Mais uma coisa interessante é que podemos permutar as linhas entre si! Veja a 
 segunda matriz:

 1 2 3 4
 3 4 1 2
 4 3 2 1
 2 1 4 3

 É óbvio conferir que no caso geral a propriedade se manterá.

 Assim, eu posso pensar que a 'borla' da matriz é assim:

 1 2 3 4
 2 x x x
 3 x x x
 4 x x x

 Basta depois multiplicar por 4! * 3!.

 Daqui para diante, me parece que complica um pouquinho...

 MAS eu não desconfiaria se a resposta não tiver a ver com permutações 
 cíclicas, no seguinte sentido:
 cada linha é permutação cícilca da primeira.

As quatro matrizes satisfazendo todas as condições (únicos elementos,
fixar os bordos) são:

1 2 3 4
2 1 4 3
3 4 1 2
4 3 2 1

1 2 3 4
2 1 4 3
3 4 2 1
4 3 1 2

1 2 3 4
2 3 4 1
3 4 1 2
4 1 2 3

1 2 3 4
2 4 1 3
3 1 4 2
4 3 2 1

Eu vou tentar escovar o programa para o caso 5x5, por enquanto ele
calcularia 5 ^ 16 casos...

-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
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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
=

Re: [obm-l] contagem

[terence thirteen]

Tente usar alguma espécie de técnica de backtracking. Isso em princípio
tornaria a análise mais limpa pelo menos XD.

E minha teoria da permutação cíclica falhou... :(

Outra coisa seria conferir se todas as matrizes satisfazem estas condições
para a 'borda perfeita'. Eu não duvido disso, mas é necessário formalizar -
algo como criar classes de matrizes...

Em 20 de novembro de 2013 16:24, Bernardo Freitas Paulo da Costa 
bernardo...@gmail.com escreveu:

 2013/11/20 PeterDirichlet peterdirich...@gmail.com
 
  On 20-10-2013 16:28, marcone augusto araújo borges wrote:
 
  Quantas matrizes 4 x 4 formadas pelos elementos 1,2,3 e 4 possuem
  em cada linha e em cada coluna todos elementos distintos?
 
 
  Vou testar uma ideia.
 
  Sabemos que, se trocarmos 1,2,3,4 por qualquer permutação deles, de
 forma consistente, obtemos outra matriz que satisfaz o enunciado.
 
  Por exemplo:
 
  1 2 3 4
  2 1 4 3
  3 4 1 2
  4 3 2 1
 
  Substitua 1 por 3 e 3 por 1, mantendo o 2 e o 4:
 
  3 2 1 4
  2 3 4 1
  1 4 3 2
  4 1 2 3
 
  Quando é que duas dessas matrizes seriam iguais? Nunca, pois a primeira
 linha já seria diferente. Assim, de uma matriz obteremos outras 4! matrizes.
 
  Assim sendo, eu vou tacitamente aceitar que a primeira linha é '1 2 3
 4', e depois multiplicar por 4!.
 
  Mais uma coisa interessante é que podemos permutar as linhas entre si!
 Veja a segunda matriz:
 
  1 2 3 4
  3 4 1 2
  4 3 2 1
  2 1 4 3
 
  É óbvio conferir que no caso geral a propriedade se manterá.
 
  Assim, eu posso pensar que a 'borla' da matriz é assim:
 
  1 2 3 4
  2 x x x
  3 x x x
  4 x x x
 
  Basta depois multiplicar por 4! * 3!.
 
  Daqui para diante, me parece que complica um pouquinho...
 
  MAS eu não desconfiaria se a resposta não tiver a ver com permutações
 cíclicas, no seguinte sentido:
  cada linha é permutação cícilca da primeira.

 As quatro matrizes satisfazendo todas as condições (únicos elementos,
 fixar os bordos) são:

 1 2 3 4
 2 1 4 3
 3 4 1 2
 4 3 2 1

 1 2 3 4
 2 1 4 3
 3 4 2 1
 4 3 1 2

 1 2 3 4
 2 3 4 1
 3 4 1 2
 4 1 2 3

 1 2 3 4
 2 4 1 3
 3 1 4 2
 4 3 2 1

 Eu vou tentar escovar o programa para o caso 5x5, por enquanto ele
 calcularia 5 ^ 16 casos...

 --
 Bernardo Freitas Paulo da Costa

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 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
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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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/**/
神が祝福

Torres

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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Contagem(?)

[Johann Dirichlet]

Em 30-08-2013 21:58, marcone augusto araújo borges escreveu:

De quantas maneiras podemos escrever 2010 como soma de dois
[Upload Photo to Facebook]
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[Twitt]
[Send by Gmail]
[Upload Video to Facebook]
[Google+]
[Twitt]
[Send by Gmail]
inteiros positivos primos entre si?

Eu tirei todas as possíveis parcelas que fossem um múltiplo dos 
divisores de 2010,mas achei 528 e o gabarito dá 264.





Se x+y=2010 e d|x e d|y, então d|2010. Basta então contar todos os 
números primos com 2010 e menores que 2010 - e dividir o total por 2.


Isto é a infame função phi de Euler!



--
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acredita-se estar livre de perigo. 



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acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Contagem(?)

[Ralph Teixeira]

Muitos desses problemas do tipo de quantas maneiras... sao obscuros
porque nao explicam o que eh maneira.

Neste caso, 1+2009 e 2009+1 sao a mesma maneira? Se sim, a resposta eh
x; caso contrario, a resposta eh 2x. Talvez esta seja a diferenca entre sua
resposta e o gabarito.

Abraco,
Ralph


2013/8/31 Johann Dirichlet peterdirich...@gmail.com

  Em 30-08-2013 21:58, marcone augusto araújo borges escreveu:

 De quantas maneiras podemos escrever 2010 como soma de dois
 inteiros positivos primos entre si?

  Eu tirei todas as possíveis parcelas que fossem um múltiplo dos
 divisores de 2010,mas achei 528 e o gabarito dá 264.



 Se x+y=2010 e d|x e d|y, então d|2010. Basta então contar todos os números
 primos com 2010 e menores que 2010 - e dividir o total por 2.

 Isto é a infame função phi de Euler!


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 acredita-se estar livre de perigo.



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 acredita-se estar livre de perigo.


-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Contagem

[Artur Costa Steiner]

OK, que bom que ajudou, embora não fosse exatamente seu problema.

Artur Costa Steiner

Em 09/03/2013, às 18:45, marcone augusto araújo borges 
marconeborge...@hotmail.com escreveu:

 Artur,eu vi sua solução no yahoo de questão semelhante à ultima questão de 
 contagem(a dos anéis)
 que postei.Muito interessante e ajudou bastante.Obrigado!
 Instrugues
  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] Contagem

[Marcus Aurelio Gonçalves Rodrigues]

Obrigado ai galera

Em 10 de março de 2013 09:51, Artur Costa Steiner
artur_stei...@yahoo.comescreveu:

 OK, que bom que ajudou, embora não fosse exatamente seu problema.

 Artur Costa Steiner

 Em 09/03/2013, às 18:45, marcone augusto araújo borges 
 marconeborge...@hotmail.com escreveu:

 Artur,eu vi sua solução no yahoo de questão semelhante à ultima questão de
 contagem(a dos anéis)
 que postei.Muito interessante e ajudou bastante.Obrigado!
 Instrugues
 para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html=




-- 
Prof Marcus

RE: [obm-l] Contagem

[marcone augusto araújo borges]

Veja que até o final da linha 9 há 45 digitos(1+2+...+9)
A partir da linha 10,temos 20+22+...2n digitos( n é o numero da linha)
Vamos calcular o total de digitos ate o final da linha n que não supera 4501
45 + (20+22+...+2n)  = 4501 (*)
10+11+...+n  = 2228
(10+n)(n-9)/2  = 2228
n(n+1)  = 4366
Para n = 66,temos,66.67 = 4422 e para n = 67,temos 67.68 = 4556  4501
Substituindo n por 66 no primeiro membro de (*),encontramos 4377 digitos ate o 
final da linha 66
Ou seja,124 digitos a menos em relação a 4501
Fatalmente esses 124 digitos serão completados na linha 67
Portanto a soma procurada é 6+7 = 13
Espero ter acertado.
Abraço.

  

From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] Contagem
Date: Fri, 8 Mar 2013 19:40:41 +




Escreva assim:
1
22
333
   .
   .
   .
Veja que o primeiro dígito da linha n é n
Note que a primeira linha tem 1 dígito,a segunda tem 2,a terceira,3 ,... a 
linha9,9.
O problema é que da linha 1 até a 9,cada linha tem n dígitos,mas da linha 10 
até a 99,cada linha tem 2n dígitos
Vou pensar melhor.

 
Date: Thu, 7 Mar 2013 13:45:28 -0300
Subject: [obm-l] Contagem
From: marcusaureli...@globo.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Alguém me ajuda nessa.
A sequencia 1223335...consiste de dígitos. Sabe-se que cada inteiro n 
positivo é repetido n vezes, em ordem crescente. ache a soma do 4501º e 4502º 
dígitos dessa sequencia.

-- 
Prof Marcus 
  

RE: [obm-l] Contagem

[marcone augusto araújo borges]

Escreva assim:122333   .   .   .Veja que o primeiro dígito da linha n é nNote 
que a primeira linha tem 1 dígito,a segunda tem 2,a terceira,3 ,... a 
linha9,9.O problema é que da linha 1 até a 9,cada linha tem n dígitos,mas da 
linha 10 até a 99,cada linha tem 2n dígitosVou pensar melhor.
 Date: Thu, 7 Mar 2013 13:45:28 -0300
Subject: [obm-l] Contagem
From: marcusaureli...@globo.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Alguém me ajuda nessa.
A sequencia 1223335...consiste de dígitos. Sabe-se que cada inteiro n 
positivo é repetido n vezes, em ordem crescente. ache a soma do 4501º e 4502º 
dígitos dessa sequencia.

-- 
Prof Marcus   

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Contagem difícil

[Pedro Júnior]

Olá Bernardo, você tem esse livro em pdf ou djavu?
Ou sabes onde está postado para download?

Aradeço antecipadamente.

Pedro Jr

Em 27 de setembro de 2012 22:31, Bernardo Freitas Paulo da Costa 
bernardo...@gmail.com escreveu:

 2012/9/27 Athos Couto athos...@hotmail.com:
  Boa noite.
  Eu ainda estou no ensino médio, mas já tive um contato com funções
 geradoras
  quando dei uma lida sobre convoluções.
  Eu não consegui acompanhar a resolução, não faz sentido para mim, hehe,
  falta teoria.
  Qual o nome dessa matéria? Será que tem algum material online para eu dar
  uma olhada?
 Tem um livro que é referência para várias técnicas de contagem:
 Matemática discreta, de Graham, Knuth, Patashnik. Fala de um monte de
 técnicas diferentes, inclusive séries geratrizes e outras mágicas a
 mais. E é muito bom de ler, os caras são muito didáticos.

 Abraços,
 --
 Bernardo Freitas Paulo da Costa

 =
 Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
 =




-- 

Pedro Jerônimo S. de O. Júnior

Professor de Matemática

Geo João Pessoa – PB

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Contagem difícil

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2012/9/30 Pedro Júnior pedromatematic...@gmail.com:
 Olá Bernardo, você tem esse livro em pdf ou djavu?
Não, apenas no bom e velho papel mesmo.

 Ou sabes onde está postado para download?
Essas perguntas não cabem nesta lista.
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Contagem difícil

[terence thirteen]

Em 27 de setembro de 2012 22:31, Bernardo Freitas Paulo da Costa
bernardo...@gmail.com escreveu:
 2012/9/27 Athos Couto athos...@hotmail.com:
 Boa noite.
 Eu ainda estou no ensino médio, mas já tive um contato com funções geradoras
 quando dei uma lida sobre convoluções.
 Eu não consegui acompanhar a resolução, não faz sentido para mim, hehe,
 falta teoria.
 Qual o nome dessa matéria? Será que tem algum material online para eu dar
 uma olhada?

Online? Tem a Revista Eureka! Eduardo tenhan fez um artigo sobre
funções geratrizes, muito bom por sinal.

 Tem um livro que é referência para várias técnicas de contagem:
 Matemática discreta, de Graham, Knuth, Patashnik. Fala de um monte de
 técnicas diferentes, inclusive séries geratrizes e outras mágicas a
 mais. E é muito bom de ler, os caras são muito didáticos.

 Abraços,
 --
 Bernardo Freitas Paulo da Costa

 =
 Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
 =



-- 
/**/
神が祝福

Torres

=
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Contagem difícil

[terence thirteen]

Em 26 de setembro de 2012 20:46, Athos Couto athos...@hotmail.com escreveu:
 Dica: imagine os dados como caixas em que você tem que dividir 20 pontos.
 Cada caixa não cabe mais do que 6 pontos!
 Cada caixa obrigatoriamente tem 1 ponto!

 
 Date: Wed, 26 Sep 2012 03:30:07 -0300
 Subject: [obm-l] Contagem difícil
 From: professorteof...@gmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br

 Olá amigos da lista,

 Alguém poderia me dar uma ajudinha com esta questão?

 Jogando-se 4 dados não viciados, de quantas formas a soma das faces pode dar
 20?

a1+a2+a3+a4 = 20
1 = ai = 6

Seja bi=6-ai.
1=6-bi=6, e daí

0 = bi = 5
b1+b2+b3+b4=4 (confira!)

Acho que dá pra tentar na raça agora: vamos calcular as somas
não-ordenadas - ou seja, 1+2 é igual a 2+1:

0+0+0+4
0+0+1+3
0+0+2+2
0+1+1+2
1+1+1+1

Ainda na raça, dá para derivar as demais formas:
4 possiblidades para a 1a.
6 possiblidades para a 2a.
3 possiblidades para a 3a.
6 possiblidades para a 4a.
1 possiblidades para a 5a.

20 possibilidades no total.

Bem, é capaz que eu tenha errado na segunda parte. Aliás, vou ver se
tem uma forma melhor...


 --
 Teofilo Viturino da Silva
 Professor do Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia de Alagoas
 Campus Penedo
 (81) 8876-7328
 http://lattes.cnpq.br/5570364249525144









-- 
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Torres

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http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
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[obm-l] RE: [obm-l] Contagem difícil

[Athos Couto]

Boa noite.Eu ainda estou no ensino médio, mas já tive um contato com funções 
geradoras quando dei uma lida sobre convoluções.Eu não consegui acompanhar a 
resolução, não faz sentido para mim, hehe, falta teoria.Qual o nome dessa 
matéria? Será que tem algum material online para eu dar uma olhada?Obrigado 
pela atenção.Att.Athos Cotta Couto

Date: Thu, 27 Sep 2012 15:00:14 -0300
From: douglas.olive...@grupoolimpo.com.br
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: Re: [obm-l] Contagem difícil



Bom a resposta é 35, mas vamos atrás dela.
Considerando o desenvolvimento de (x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)^4 o que queremos é o 
coeficiente de x^20 em tudo isso ,
mas pra isso existem métodos que euler desenvolveu chamados de funcoes 
geradoras, te darei um caminho mas depois voce
lendo sobre isso vai te ajudar melhor, bom colocando x em evidencia ficaria 
x^4(1+x+x^2+x^3+x^4+x^5)^4, agora melhora
um pouco as contas pois queremos o coeficiente de x^16 no desenvolvimento de 
(1+x+x^2+x^3+x^4+x^5)^4, só que
1+x+x^2+x^3+x^4+x^5=(x^6-1)/x-1, logo fica [(x^6-1)^4][x-1]^(-4) e que fica 
(x^24-4x^18+6x^12-4x^1+1)[x-1]^(-4)
, assim fica mais fácil pois x^12.x^4=x^16, e x^6.x^10=x^16 e x^0.x^16=x^16 , e 
no desenvolvimento de [x-1]^(-4),
o coeficiente de x^4 será C-4,-8=35, o de x^10 será C-4,-14=286 e o de x^16 
será C-4,-20=969, assim
o que procuramos é igual a 6x35-4x286+969=35.
Certeza que é realmente um canhão para ensino médio mas para nivel superior, é 
básico!!!
Um abraco do:
Douglas Oliveira!!!
 
 
 
On Wed, 26 Sep 2012 03:30:07 -0300, Teofilo Viturino wrote:

Olá amigos da lista,

Alguém poderia me dar uma ajudinha com esta questão?

Jogando-se 4 dados não viciados, de quantas formas a soma das faces pode dar 20?
-- 

Teofilo Viturino da Silva
Professor do Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia de Alagoas
Campus Penedo
(81) 8876-7328
http://lattes.cnpq.br/5570364249525144







 
  

[obm-l] Re: [obm-l] Contagem difícil

[Hermann]

Off-topic
Lendo esta mensagem, me ocorreu um outro assunto que gostaria de compartilhar 
com os amigos da lista:

Como as operadoras OI TIM Claro e Vivo têm planos para falar quase de graça com 
os de sua operadora gostaria de dar a ideia de ao colocarmos nossos telefones, 
como fez o Teofilo abaixo, colocássemos a operadora ao lado.
Como fiz de exemplo no telefone abaixo do nosso colega. 
Usei o site consulta número para saber mas se viesse ao lado seria bem mais 
fácil, concordam!?

[]'s
Hermann
  - Original Message - 
  From: Teofilo Viturino 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Wednesday, September 26, 2012 3:30 AM
  Subject: [obm-l] Contagem difícil


  Olá amigos da lista,

  Alguém poderia me dar uma ajudinha com esta questão?

  Jogando-se 4 dados não viciados, de quantas formas a soma das faces pode dar 
20?

  -- 

  Teofilo Viturino da Silva
  Professor do Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia de Alagoas
  Campus Penedo
  (81) 8876-7328 - Claro
  http://lattes.cnpq.br/5570364249525144

[obm-l] RE: [obm-l] Contagem difícil

[Athos Couto]

Dica: imagine os dados como caixas em que você tem que dividir 20 pontos.Cada 
caixa não cabe mais do que 6 pontos!Cada caixa obrigatoriamente tem 1 ponto!

Date: Wed, 26 Sep 2012 03:30:07 -0300
Subject: [obm-l] Contagem difícil
From: professorteof...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Olá amigos da lista,

Alguém poderia me dar uma ajudinha com esta questão?

Jogando-se 4 dados não viciados, de quantas formas a soma das faces pode dar 20?
-- 
Teofilo Viturino da Silva
Professor do Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia de Alagoas
Campus Penedo(81) 8876-7328http://lattes.cnpq.br/5570364249525144













  

Re: [obm-l] Contagem e PG

[Marcelo Salhab Brogliato]

Olá, Marcone,
para formar sua sequência de n termos, vc pode pegar uma sequência de (n-1)
termos e, se ela tiver um número ímpar de zeros, adicionar um 1 ao final,
ou, se ela tiver um número par de zeros, adicionar um 0 ao final.
Desta maneira, vc tem 2^(n-1) maneiras de construir essa sua sequência. :)

Pergunta: eu adicionei no final. E se fosse no início? E se fosse no meio?
Isso não altera o resultado? Por que?

Abraços,
Salhab



2011/11/24 marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com

  Quantas são as sequências de n termos,todos pertencentes a {0,1},que
 contém um número ímpar de zeros?

 eu fui contando,para 1 elemento,dois,três,...e
 deu,respectivamente,1,2,4,8,...
 sei que a resposta é 2^(n - 1),mas como justificar?
 no livro tem uma sugestão:mostrar que a_n+1 = a_n + (2^n - a_n)
 mesmo assim estou enrolado
 agradeço pela atenção.

RE: [obm-l] Contagem e PG

[João Maldonado]

 Apesar de eu achar o jeito do Salhab muito mais bonito  (pesosalmente adoro 
qualquer tipo de indução),  ainda tem o método mais prático

an =  C(n, 1) + C(n, 3) + ... + C(n, r)
Sendo r = n se  n for ímparre r = n-1 no caso n par
Para  n ímpar:Como C(n,u) = C(n, n-u),  sendo  u e n-u de paridades 
distintas2an = C(n, 0) + C(n, 1) +...+C(n, n) - an =  2^(n-1)
Para n parComo C(n-1, k) + C(n-1, k+1) = C(n, k+1)Fazendo k par, temos
an =  C(n, 1) + C(n, 3) + ... + C(n, n-1) = C(n-1, 0) + C(n-1, 1) +...+C(n-1, 
n-1) = 2^(n-1)
[]'sJoão
Date: Thu, 24 Nov 2011 12:57:46 -0200
Subject: Re: [obm-l] Contagem e PG
From: msbro...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Olá, Marcone,para formar sua sequência de n termos, vc pode pegar uma sequência 
de (n-1) termos e, se ela tiver um número ímpar de zeros, adicionar um 1 ao 
final, ou, se ela tiver um número par de zeros, adicionar um 0 ao final.
Desta maneira, vc tem 2^(n-1) maneiras de construir essa sua sequência. :)
Pergunta: eu adicionei no final. E se fosse no início? E se fosse no meio? Isso 
não altera o resultado? Por que?

Abraços,Salhab


2011/11/24 marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com






Quantas são as sequências de n termos,todos pertencentes a {0,1},que contém um 
número ímpar de zeros?

 

eu fui contando,para 1 elemento,dois,três,...e deu,respectivamente,1,2,4,8,...

sei que a resposta é 2^(n - 1),mas como justificar?

no livro tem uma sugestão:mostrar que a_n+1 = a_n + (2^n - a_n)

mesmo assim estou enrolado

agradeço pela atenção.
  

  

RE: [obm-l] Contagem e PG

[marcone augusto araújo borges]

gostei demais.joão e salhab,muito obrigado!
 



From: joao_maldona...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] Contagem e PG
Date: Thu, 24 Nov 2011 13:40:52 -0200





 Apesar de eu achar o jeito do Salhab muito mais bonito  (pesosalmente adoro 
qualquer tipo de indução),  ainda tem o método mais prático




an =  C(n, 1) + C(n, 3) + ... + C(n, r)


Sendo r = n se  n for ímparr
e r = n-1 no caso n par


Para  n ímpar:
Como C(n,u) = C(n, n-u),  sendo  u e n-u de paridades distintas
2an = C(n, 0) + C(n, 1) +...+C(n, n) - an =  2^(n-1)


Para n par
Como C(n-1, k) + C(n-1, k+1) = C(n, k+1)
Fazendo k par, temos


an =  C(n, 1) + C(n, 3) + ... + C(n, n-1) = C(n-1, 0) + C(n-1, 1) +...+C(n-1, 
n-1) = 2^(n-1)


[]'s
João





Date: Thu, 24 Nov 2011 12:57:46 -0200
Subject: Re: [obm-l] Contagem e PG
From: msbro...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br


Olá, Marcone,
para formar sua sequência de n termos, vc pode pegar uma sequência de (n-1) 
termos e, se ela tiver um número ímpar de zeros, adicionar um 1 ao final, ou, 
se ela tiver um número par de zeros, adicionar um 0 ao final.
Desta maneira, vc tem 2^(n-1) maneiras de construir essa sua sequência. :)


Pergunta: eu adicionei no final. E se fosse no início? E se fosse no meio? Isso 
não altera o resultado? Por que?


Abraços,
Salhab




2011/11/24 marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com



Quantas são as sequências de n termos,todos pertencentes a {0,1},que contém um 
número ímpar de zeros?
 
eu fui contando,para 1 elemento,dois,três,...e deu,respectivamente,1,2,4,8,...
sei que a resposta é 2^(n - 1),mas como justificar?
no livro tem uma sugestão:mostrar que a_n+1 = a_n + (2^n - a_n)
mesmo assim estou enrolado
agradeço pela atenção.

  

Re: [obm-l] Contagem

[Graciliano Antonio Damazo]

Sim Airton, eu entendo a sua posição, mas o que está mais em evidencia nesta 
discussão é o fato de que se selecionarmos, por exemplo, os números 1, 2 e 3 é 
a mesma situação de selecionarmos os números 2, 3 e 1. Com isso, estaremos 
somando situações iguais, o que faz aumentar o resultado. Ai entra o fato de 
que a pessoa que elaborou esta questão com certeza estava com o mesmo raciocio 
que você está, o que ocasionou esta discussão toda, pois a ordem dos números 
selecionados não altera a situação de escolher três números distintos. Pelo 
menos é isso que eu consigo visualizar desta situação problema que nos 
encontramos. Abraços e até mais...
 
Graciliano

--- Em dom, 23/11/08, JOSE AIRTON CARNEIRO [EMAIL PROTECTED] escreveu:

De: JOSE AIRTON CARNEIRO [EMAIL PROTECTED]
Assunto: Re: [obm-l] Contagem
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Domingo, 23 de Novembro de 2008, 20:43



Perdão a todos da lista em especial ao João e ao graciliano, mas insisto porque 
tenho convicção que estou correto.
Se tenho 10 números de 1 a 10, então posso escolher 3 desses números distintos 
de: A10,3 = 720. Ou seja 
{(1,2,3),(1,3,2),(2,4,6),(6,10,8),(10,9,8),(4,2,10)..}.
O problema é que dessas 720 ternas, só nos interessa aquelas cuja soma é PAR.
Dai a soma de 3 números é PAR quando: a) Os três forem pares (PAR - PAR - PAR)  
ou b) 1 par e 2 ímpares (PAR - ÍMPAR - ÍMPAR).
(PAR - PAR - PAR) = A5,3 = 60.
(PAR - ÍMPAR - ÍMPAR) = A5,1 . A5,2 = 100.
Logo temos 160 possibilidades de escolher 3 números distintos de 1 a 10 de modo 
que sua soma seja par.
 


 
Em 23/11/08, João Luís [EMAIL PROTECTED] escreveu: 


Olá José,
 
Pois é, o problema não pede que se forme um número com os algarismos; na 
verdade, nem se fala em algarismos, e sim em números de 1 a 10. Inclusive, 
o próprio fato de o 10 estar incluído já mostra que não se trata de formar 
números.
 
Deve-se simplesmente escolher 3 números de 1 a 10 e verificar a paridade da 
soma.
 
Concorda?
 
Um abraço a todos,
 
João Luís.
 
 
- Original Message - 

From: JOSE AIRTON CARNEIRO 
To: obm-l@mat.puc-rio.br 

Sent: Sunday, November 23, 2008 2:43 PM
Subject: Re: [obm-l] Contagem

 
Olá João, posso até estar errado mas acho que é exatamente isso que o problema 
pede.
Esse é nitidamente um problema de Arranjos.
Suponhamos que eu escolha 2 - 4 - 6 nessa ordem formando o nº 246 a soma de 
seus algarismos é par.
E se eu escolher 4 - 6 - 2 nessa ordem formando o nº 462 também a soma de seus 
algarismos é par.
São duas maneiras distintas de se escolher esses 3 nºs cuja soma é par. O mesmo 
acontece com os PII.
Que argumento você usaria para descartar a escolha do 462?
 


 
Em 23/11/08, João Luís [EMAIL PROTECTED] escreveu: 


Não é isso o que a questão pede

- Original Message - 
From: Fellipe Rossi 
To: obm-l@mat.puc-rio.br 
Sent: Saturday, November 22, 2008 6:21 PM
Subject: Re: [obm-l] Contagem

 
essa escolha tem que ser melhor definida. 

 
Por exemplo, se forem fichas numeradas em uma urna e retiram-se 3, um de cada 
vez, a ordem importa. Quer dizer, tirar 3-5-6 é uma retirada diferente de 5-3-6 
não em relação aos números, mas em relação às fichas. 

 
Pensando, por exemplo, em probabilidade. A probabilidade de se retirar I I P, 
nessa ordem, é menor do que em uma ordem qualquer.
 

 
Se qualquer forma, acho que o gabarito dessa questão é 60 realmente.

 
[]`s


2008/11/22 Walter Tadeu Nogueira da Silveira [EMAIL PROTECTED]


Concordo com o João
 
Aliás, postei enganado o IPP. Queria por o IIP que a conta também dá 50. O PPP 
dá 10. Pareceu a todos que a ordem não faria diferença.
A parte boa foi que apesar do gabarito oficial, nenhum aluno concordou.
Obrigado a todos!

 

2008/11/22 João Luís [EMAIL PROTECTED]
 


Com dois pares e um ímpar, a soma dos três não será par.



 
Para mim, a solução desse problema é a seguinte:
 
Para que a soma dos três seja para, podemos escolher nenhum ímpar e três 
pares (10 modos) ou dois ímpares e um par (50 modos), não importando a ordem 
da escolha, em virtude da comutatividade da adição.
 
Portanto, teremos 60 escolhas.

 
Um abraço a todos,
 
João Luís.


- Original Message - 
From: Antonio Neto 
To: obm-l@mat.puc-rio.br 



Sent: Saturday, November 22, 2008 10:25 AM
Subject: RE: [obm-l] Contagem

 Oi,
    receio que haja alguns pequenos enganos. No caso PPP, tudo bem, mas o outro 
caso nao eh PPI, mas PII, o que nao acarretaria problemas de contas se tivesse 
sido resolvido corretamente. Ele se divide em tres casos, PII, PIP e IPP, logo 
o seu 50 eh na verdade 50*3 = 150. Acho que agora estah tudo certinho. 
Amplexos, olavo



Antonio Olavo da Silva Neto





Date: Fri, 21 Nov 2008 20:22:26 -0200
From: [EMAIL PROTECTED]
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Contagem


O problema abaixo foi trazido por um aluno. Eis a solução encontrada pela turma:
 
O número de possibilidades de escolha de 3 números naturais distintos de 1 a 
10, de modo que sua soma seja sempre par, é:

120 
220 
150 
290

Re: [obm-l] Contagem

[JOSE AIRTON CARNEIRO]

Olá João, posso até estar errado mas acho que é exatamente isso que o
problema pede.
Esse é nitidamente um problema de Arranjos.
Suponhamos que eu escolha 2 - 4 - 6 nessa ordem formando o nº 246 a soma de
seus algarismos é par.
E se eu escolher 4 - 6 - 2 nessa ordem formando o nº 462 também a soma de
seus algarismos é par.
São duas maneiras distintas de se escolher esses 3 nºs cuja soma é par. O
mesmo acontece com os PII.
Que argumento você usaria para descartar a escolha do 462?




Em 23/11/08, João Luís [EMAIL PROTECTED] escreveu:

  Não é isso o que a questão pede

 - Original Message -
 *From:* Fellipe Rossi [EMAIL PROTECTED]
 *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
 *Sent:* Saturday, November 22, 2008 6:21 PM
 *Subject:* Re: [obm-l] Contagem


 essa escolha tem que ser melhor definida.

 Por exemplo, se forem fichas numeradas em uma urna e retiram-se 3, um de
 cada vez, a ordem importa. Quer dizer, tirar 3-5-6 é uma retirada diferente
 de 5-3-6 não em relação aos números, mas em relação às fichas.


 Pensando, por exemplo, em probabilidade. A probabilidade de se retirar I I
 P, nessa ordem, é menor do que em uma ordem qualquer.



 Se qualquer forma, acho que o gabarito dessa questão é 60 realmente.


 []`s

 2008/11/22 Walter Tadeu Nogueira da Silveira [EMAIL PROTECTED]

 Concordo com o João

 Aliás, postei enganado o IPP. Queria por o IIP que a conta também dá 50. O
 PPP dá 10. Pareceu a todos que a ordem não faria diferença.
 A parte boa foi que apesar do gabarito oficial, nenhum aluno concordou.
 Obrigado a todos!


  2008/11/22 João Luís [EMAIL PROTECTED]


  Com dois pares e um ímpar, a soma dos três não será par.

 Para mim, a solução desse problema é a seguinte:

 Para que a soma dos três seja para, podemos escolher nenhum ímpar e três
 pares (10 modos) ou dois ímpares e um par (50 modos), não importando a
 ordem da escolha, em virtude da comutatividade da adição.

 Portanto, teremos 60 escolhas.

 Um abraço a todos,

 João Luís.

  - Original Message -
 *From:* Antonio Neto [EMAIL PROTECTED]
 *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
   *Sent:* Saturday, November 22, 2008 10:25 AM
 *Subject:* RE: [obm-l] Contagem


 Oi,
 receio que haja alguns pequenos enganos. No caso PPP, tudo bem, mas o
 outro caso nao eh PPI, mas PII, o que nao acarretaria problemas de contas se
 tivesse sido resolvido corretamente. Ele se divide em tres casos, PII, PIP e
 IPP, logo o seu 50 eh na verdade 50*3 = 150. Acho que agora estah tudo
 certinho. Amplexos, olavo


 Antonio *Olavo* da Silva Neto




 --
 Date: Fri, 21 Nov 2008 20:22:26 -0200
 From: [EMAIL PROTECTED]
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 Subject: [obm-l] Contagem

 O problema abaixo foi trazido por um aluno. Eis a solução encontrada pela
 turma:

 O número de possibilidades de escolha de 3 números naturais distintos de
 1 a 10, de modo que sua soma seja sempre par, é:

1. 120
2. 220
3. 150
4. 290
5. 160

 SOLUÇÃO. Supõe-se que são cartões com os números onde:
 Pares: 2, 4, 6, 8 e 10
 Ímpares: 1, 3, 5, 7, 9
 Para que a escolha dos três números dê soma par, deve-se ter: P P P ou I
 P P
 a) P P P temos: C(5,3) = 10
 b) I P P temos: C(5,1) x C(5,2) = 5 x 10 = 50
 Total de 10 + 50 = 60 possibilidades.
 Ficaram felizes, mas a resposta apontava 160. Não consegui mostrar o erro
 a eles. Alguém poderia dar uma ajuda? Grato.


 Walter Tadeu Nogueira da Silveira


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 Walter Tadeu Nogueira da Silveira

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Re: [obm-l] Contagem

[Graciliano Antonio Damazo]

Neste problema não pede para escolher três algarismos para formar um número que 
tenha a soma de seus algarismo um número par. Ai, se você o caso teriamos que 
concordar com você Airton, mas neste enunciado, como esta, não posso concordar 
com você. Mas o certo é que não adianta discutirmos muito um enunciado 
obscuro como esse. Assim, pelo que acompanhei da discussão estou com a galera 
que encontrou a resposta de 60 maneiras.
 
Abraços
 
Graciliano

--- Em dom, 23/11/08, JOSE AIRTON CARNEIRO [EMAIL PROTECTED] escreveu:

De: JOSE AIRTON CARNEIRO [EMAIL PROTECTED]
Assunto: Re: [obm-l] Contagem
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Domingo, 23 de Novembro de 2008, 14:43



Olá João, posso até estar errado mas acho que é exatamente isso que o problema 
pede.
Esse é nitidamente um problema de Arranjos.
Suponhamos que eu escolha 2 - 4 - 6 nessa ordem formando o nº 246 a soma de 
seus algarismos é par.
E se eu escolher 4 - 6 - 2 nessa ordem formando o nº 462 também a soma de seus 
algarismos é par.
São duas maneiras distintas de se escolher esses 3 nºs cuja soma é par. O mesmo 
acontece com os PII.
Que argumento você usaria para descartar a escolha do 462?
 


 
Em 23/11/08, João Luís [EMAIL PROTECTED] escreveu: 


Não é isso o que a questão pede

- Original Message - 
From: Fellipe Rossi 
To: obm-l@mat.puc-rio.br 
Sent: Saturday, November 22, 2008 6:21 PM
Subject: Re: [obm-l] Contagem

 
essa escolha tem que ser melhor definida. 

 
Por exemplo, se forem fichas numeradas em uma urna e retiram-se 3, um de cada 
vez, a ordem importa. Quer dizer, tirar 3-5-6 é uma retirada diferente de 5-3-6 
não em relação aos números, mas em relação às fichas. 

 
Pensando, por exemplo, em probabilidade. A probabilidade de se retirar I I P, 
nessa ordem, é menor do que em uma ordem qualquer.
 

 
Se qualquer forma, acho que o gabarito dessa questão é 60 realmente.

 
[]`s


2008/11/22 Walter Tadeu Nogueira da Silveira [EMAIL PROTECTED]


Concordo com o João
 
Aliás, postei enganado o IPP. Queria por o IIP que a conta também dá 50. O PPP 
dá 10. Pareceu a todos que a ordem não faria diferença.
A parte boa foi que apesar do gabarito oficial, nenhum aluno concordou.
Obrigado a todos!

 

2008/11/22 João Luís [EMAIL PROTECTED]
 


Com dois pares e um ímpar, a soma dos três não será par.



 
Para mim, a solução desse problema é a seguinte:
 
Para que a soma dos três seja para, podemos escolher nenhum ímpar e três 
pares (10 modos) ou dois ímpares e um par (50 modos), não importando a ordem 
da escolha, em virtude da comutatividade da adição.
 
Portanto, teremos 60 escolhas.

 
Um abraço a todos,
 
João Luís.


- Original Message - 
From: Antonio Neto 
To: obm-l@mat.puc-rio.br 



Sent: Saturday, November 22, 2008 10:25 AM
Subject: RE: [obm-l] Contagem

 Oi,
    receio que haja alguns pequenos enganos. No caso PPP, tudo bem, mas o outro 
caso nao eh PPI, mas PII, o que nao acarretaria problemas de contas se tivesse 
sido resolvido corretamente. Ele se divide em tres casos, PII, PIP e IPP, logo 
o seu 50 eh na verdade 50*3 = 150. Acho que agora estah tudo certinho. 
Amplexos, olavo



Antonio Olavo da Silva Neto





Date: Fri, 21 Nov 2008 20:22:26 -0200
From: [EMAIL PROTECTED]
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Contagem


O problema abaixo foi trazido por um aluno. Eis a solução encontrada pela turma:
 
O número de possibilidades de escolha de 3 números naturais distintos de 1 a 
10, de modo que sua soma seja sempre par, é:

120 
220 
150 
290 
160 
SOLUÇÃO. Supõe-se que são cartões com os números onde:
Pares: 2, 4, 6, 8 e 10
Ímpares: 1, 3, 5, 7, 9
Para que a escolha dos três números dê soma par, deve-se ter: P P P ou I P P
a) P P P temos: C(5,3) = 10
b) I P P temos: C(5,1) x C(5,2) = 5 x 10 = 50
Total de 10 + 50 = 60 possibilidades.
Ficaram felizes, mas a resposta apontava 160. Não consegui mostrar o erro a 
eles. Alguém poderia dar uma ajuda? Grato.


Walter Tadeu Nogueira da Silveira
 


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Re: [obm-l] Contagem

[João Luís]

Olá José,

Pois é, o problema não pede que se forme um número com os algarismos; na 
verdade, nem se fala em algarismos, e sim em números de 1 a 10. Inclusive, 
o próprio fato de o 10 estar incluído já mostra que não se trata de formar 
números.

Deve-se simplesmente escolher 3 números de 1 a 10 e verificar a paridade da 
soma.

Concorda?

Um abraço a todos,

João Luís.


- Original Message - 
  From: JOSE AIRTON CARNEIRO 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Sunday, November 23, 2008 2:43 PM
  Subject: Re: [obm-l] Contagem


  Olá João, posso até estar errado mas acho que é exatamente isso que o 
problema pede.
  Esse é nitidamente um problema de Arranjos.
  Suponhamos que eu escolha 2 - 4 - 6 nessa ordem formando o nº 246 a soma de 
seus algarismos é par.
  E se eu escolher 4 - 6 - 2 nessa ordem formando o nº 462 também a soma de 
seus algarismos é par.
  São duas maneiras distintas de se escolher esses 3 nºs cuja soma é par. O 
mesmo acontece com os PII.
  Que argumento você usaria para descartar a escolha do 462?



   
  Em 23/11/08, João Luís [EMAIL PROTECTED] escreveu: 
Não é isso o que a questão pede
  - Original Message - 
  From: Fellipe Rossi 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Saturday, November 22, 2008 6:21 PM
  Subject: Re: [obm-l] Contagem

   
  essa escolha tem que ser melhor definida. 

   
  Por exemplo, se forem fichas numeradas em uma urna e retiram-se 3, um de 
cada vez, a ordem importa. Quer dizer, tirar 3-5-6 é uma retirada diferente de 
5-3-6 não em relação aos números, mas em relação às fichas. 

   
  Pensando, por exemplo, em probabilidade. A probabilidade de se retirar I 
I P, nessa ordem, é menor do que em uma ordem qualquer.
   

   
  Se qualquer forma, acho que o gabarito dessa questão é 60 realmente.

   
  []`s


  2008/11/22 Walter Tadeu Nogueira da Silveira [EMAIL PROTECTED]

Concordo com o João

Aliás, postei enganado o IPP. Queria por o IIP que a conta também dá 
50. O PPP dá 10. Pareceu a todos que a ordem não faria diferença.
A parte boa foi que apesar do gabarito oficial, nenhum aluno concordou.
Obrigado a todos!

 
2008/11/22 João Luís [EMAIL PROTECTED]
 
  Com dois pares e um ímpar, a soma dos três não será par.

  Para mim, a solução desse problema é a seguinte:

  Para que a soma dos três seja para, podemos escolher nenhum ímpar e 
três pares (10 modos) ou dois ímpares e um par (50 modos), não importando a 
ordem da escolha, em virtude da comutatividade da adição.

  Portanto, teremos 60 escolhas.

  Um abraço a todos,

  João Luís.
- Original Message - 
From: Antonio Neto 
To: obm-l@mat.puc-rio.br 
Sent: Saturday, November 22, 2008 10:25 AM
Subject: RE: [obm-l] Contagem

 
Oi,
receio que haja alguns pequenos enganos. No caso PPP, tudo bem, 
mas o outro caso nao eh PPI, mas PII, o que nao acarretaria problemas de contas 
se tivesse sido resolvido corretamente. Ele se divide em tres casos, PII, PIP e 
IPP, logo o seu 50 eh na verdade 50*3 = 150. Acho que agora estah tudo 
certinho. Amplexos, olavo



Antonio Olavo da Silva Neto






Date: Fri, 21 Nov 2008 20:22:26 -0200
From: [EMAIL PROTECTED]
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Contagem


O problema abaixo foi trazido por um aluno. Eis a solução 
encontrada pela turma:

O número de possibilidades de escolha de 3 números naturais 
distintos de 1 a 10, de modo que sua soma seja sempre par, é:
  1.. 120 
  2.. 220 
  3.. 150 
  4.. 290 
  5.. 160 
SOLUÇÃO. Supõe-se que são cartões com os números onde:
Pares: 2, 4, 6, 8 e 10
Ímpares: 1, 3, 5, 7, 9
Para que a escolha dos três números dê soma par, deve-se ter: P P P 
ou I P P
a) P P P temos: C(5,3) = 10
b) I P P temos: C(5,1) x C(5,2) = 5 x 10 = 50
Total de 10 + 50 = 60 possibilidades.
Ficaram felizes, mas a resposta apontava 160. Não consegui mostrar 
o erro a eles. Alguém poderia dar uma ajuda? Grato.


Walter Tadeu Nogueira da Silveira
 



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Re: [obm-l] Contagem

[JOSE AIRTON CARNEIRO]

Perdão a todos da lista em especial ao João e ao graciliano, mas insisto
porque tenho convicção que estou correto.
Se tenho 10 números de 1 a 10, então posso escolher 3 desses números
distintos de: A10,3 = 720. Ou seja
{(1,2,3),(1,3,2),(2,4,6),(6,10,8),(10,9,8),(4,2,10)..}.
O problema é que dessas 720 ternas, só nos interessa aquelas cuja soma é
PAR.
Dai a soma de 3 números é PAR quando: a) Os três forem pares (PAR - PAR -
PAR)  ou b) 1 par e 2 ímpares (PAR - ÍMPAR - ÍMPAR).
(PAR - PAR - PAR) = A5,3 = 60.
(PAR - ÍMPAR - ÍMPAR) = A5,1 . A5,2 = 100.
Logo temos 160 possibilidades de escolher 3 números distintos de 1 a 10 de
modo que sua soma seja par.




Em 23/11/08, João Luís [EMAIL PROTECTED] escreveu:

  Olá José,

 Pois é, o problema não pede que se forme um número com os algarismos; na
 verdade, nem se fala em algarismos, e sim em números de 1 a
 10. Inclusive, o próprio fato de o 10 estar incluído já mostra que não se
 trata de formar números.

 Deve-se simplesmente escolher 3 números de 1 a 10 e verificar a paridade da
 soma.

 Concorda?

 Um abraço a todos,

 João Luís.


 - Original Message -

 *From:* JOSE AIRTON CARNEIRO [EMAIL PROTECTED]
 *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
  *Sent:* Sunday, November 23, 2008 2:43 PM
 *Subject:* Re: [obm-l] Contagem


 Olá João, posso até estar errado mas acho que é exatamente isso que o
 problema pede.
 Esse é nitidamente um problema de Arranjos.
 Suponhamos que eu escolha 2 - 4 - 6 nessa ordem formando o nº 246 a soma de
 seus algarismos é par.
 E se eu escolher 4 - 6 - 2 nessa ordem formando o nº 462 também a soma de
 seus algarismos é par.
 São duas maneiras distintas de se escolher esses 3 nºs cuja soma é par. O
 mesmo acontece com os PII.
 Que argumento você usaria para descartar a escolha do 462?




 Em 23/11/08, João Luís [EMAIL PROTECTED] escreveu:

  Não é isso o que a questão pede

 - Original Message -
 *From:* Fellipe Rossi [EMAIL PROTECTED]
 *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
 *Sent:* Saturday, November 22, 2008 6:21 PM
 *Subject:* Re: [obm-l] Contagem


 essa escolha tem que ser melhor definida.

 Por exemplo, se forem fichas numeradas em uma urna e retiram-se 3, um de
 cada vez, a ordem importa. Quer dizer, tirar 3-5-6 é uma retirada diferente
 de 5-3-6 não em relação aos números, mas em relação às fichas.


 Pensando, por exemplo, em probabilidade. A probabilidade de se retirar I I
 P, nessa ordem, é menor do que em uma ordem qualquer.



 Se qualquer forma, acho que o gabarito dessa questão é 60 realmente.


 []`s

 2008/11/22 Walter Tadeu Nogueira da Silveira [EMAIL PROTECTED]

 Concordo com o João

 Aliás, postei enganado o IPP. Queria por o IIP que a conta também dá 50.
 O PPP dá 10. Pareceu a todos que a ordem não faria diferença.
 A parte boa foi que apesar do gabarito oficial, nenhum aluno concordou.
 Obrigado a todos!


  2008/11/22 João Luís [EMAIL PROTECTED]


  Com dois pares e um ímpar, a soma dos três não será par.

 Para mim, a solução desse problema é a seguinte:

 Para que a soma dos três seja para, podemos escolher nenhum ímpar e
 três pares (10 modos) ou dois ímpares e um par (50 modos), não 
 importando
 a ordem da escolha, em virtude da comutatividade da adição.

 Portanto, teremos 60 escolhas.

 Um abraço a todos,

 João Luís.

  - Original Message -
 *From:* Antonio Neto [EMAIL PROTECTED]
 *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
   *Sent:* Saturday, November 22, 2008 10:25 AM
 *Subject:* RE: [obm-l] Contagem


 Oi,
 receio que haja alguns pequenos enganos. No caso PPP, tudo bem, mas
 o outro caso nao eh PPI, mas PII, o que nao acarretaria problemas de contas
 se tivesse sido resolvido corretamente. Ele se divide em tres casos, PII,
 PIP e IPP, logo o seu 50 eh na verdade 50*3 = 150. Acho que agora estah 
 tudo
 certinho. Amplexos, olavo


 Antonio *Olavo* da Silva Neto




 --
 Date: Fri, 21 Nov 2008 20:22:26 -0200
 From: [EMAIL PROTECTED]
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 Subject: [obm-l] Contagem

 O problema abaixo foi trazido por um aluno. Eis a solução encontrada
 pela turma:

 O número de possibilidades de escolha de 3 números naturais distintos
 de 1 a 10, de modo que sua soma seja sempre par, é:

1. 120
2. 220
3. 150
4. 290
5. 160

 SOLUÇÃO. Supõe-se que são cartões com os números onde:
 Pares: 2, 4, 6, 8 e 10
 Ímpares: 1, 3, 5, 7, 9
 Para que a escolha dos três números dê soma par, deve-se ter: P P P ou I
 P P
 a) P P P temos: C(5,3) = 10
 b) I P P temos: C(5,1) x C(5,2) = 5 x 10 = 50
 Total de 10 + 50 = 60 possibilidades.
 Ficaram felizes, mas a resposta apontava 160. Não consegui mostrar o
 erro a eles. Alguém poderia dar uma ajuda? Grato.


 Walter Tadeu Nogueira da Silveira


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 Walter Tadeu Nogueira da Silveira

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Re: [obm-l] Contagem

[Fellipe Rossi]

JOSE AIRTON.
Se você tem 10 amigos, de quantas formas você pode escolher 3 amigos pra
viajar com vc?


2008/11/23 JOSE AIRTON CARNEIRO [EMAIL PROTECTED]

 Perdão a todos da lista em especial ao João e ao graciliano, mas insisto
 porque tenho convicção que estou correto.
 Se tenho 10 números de 1 a 10, então posso escolher 3 desses números
 distintos de: A10,3 = 720. Ou seja
 {(1,2,3),(1,3,2),(2,4,6),(6,10,8),(10,9,8),(4,2,10)..}.
 O problema é que dessas 720 ternas, só nos interessa aquelas cuja soma é
 PAR.
 Dai a soma de 3 números é PAR quando: a) Os três forem pares (PAR - PAR -
 PAR)  ou b) 1 par e 2 ímpares (PAR - ÍMPAR - ÍMPAR).
 (PAR - PAR - PAR) = A5,3 = 60.
 (PAR - ÍMPAR - ÍMPAR) = A5,1 . A5,2 = 100.
 Logo temos 160 possibilidades de escolher 3 números distintos de 1 a 10 de
 modo que sua soma seja par.




 Em 23/11/08, João Luís [EMAIL PROTECTED] escreveu:

  Olá José,

 Pois é, o problema não pede que se forme um número com os algarismos; na
 verdade, nem se fala em algarismos, e sim em números de 1 a
 10. Inclusive, o próprio fato de o 10 estar incluído já mostra que não se
 trata de formar números.

 Deve-se simplesmente escolher 3 números de 1 a 10 e verificar a paridade
 da soma.

 Concorda?

 Um abraço a todos,

 João Luís.


 - Original Message -

 *From:* JOSE AIRTON CARNEIRO [EMAIL PROTECTED]
 *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
  *Sent:* Sunday, November 23, 2008 2:43 PM
 *Subject:* Re: [obm-l] Contagem


 Olá João, posso até estar errado mas acho que é exatamente isso que o
 problema pede.
 Esse é nitidamente um problema de Arranjos.
 Suponhamos que eu escolha 2 - 4 - 6 nessa ordem formando o nº 246 a soma
 de seus algarismos é par.
 E se eu escolher 4 - 6 - 2 nessa ordem formando o nº 462 também a soma de
 seus algarismos é par.
 São duas maneiras distintas de se escolher esses 3 nºs cuja soma é par. O
 mesmo acontece com os PII.
 Que argumento você usaria para descartar a escolha do 462?




 Em 23/11/08, João Luís [EMAIL PROTECTED] escreveu:

  Não é isso o que a questão pede

 - Original Message -
 *From:* Fellipe Rossi [EMAIL PROTECTED]
 *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
 *Sent:* Saturday, November 22, 2008 6:21 PM
 *Subject:* Re: [obm-l] Contagem


 essa escolha tem que ser melhor definida.

 Por exemplo, se forem fichas numeradas em uma urna e retiram-se 3, um de
 cada vez, a ordem importa. Quer dizer, tirar 3-5-6 é uma retirada diferente
 de 5-3-6 não em relação aos números, mas em relação às fichas.


 Pensando, por exemplo, em probabilidade. A probabilidade de se retirar I
 I P, nessa ordem, é menor do que em uma ordem qualquer.



 Se qualquer forma, acho que o gabarito dessa questão é 60 realmente.


 []`s

 2008/11/22 Walter Tadeu Nogueira da Silveira [EMAIL PROTECTED]

 Concordo com o João

 Aliás, postei enganado o IPP. Queria por o IIP que a conta também dá 50.
 O PPP dá 10. Pareceu a todos que a ordem não faria diferença.
 A parte boa foi que apesar do gabarito oficial, nenhum aluno concordou.
 Obrigado a todos!


  2008/11/22 João Luís [EMAIL PROTECTED]


  Com dois pares e um ímpar, a soma dos três não será par.

 Para mim, a solução desse problema é a seguinte:

 Para que a soma dos três seja para, podemos escolher nenhum ímpar e
 três pares (10 modos) ou dois ímpares e um par (50 modos), não 
 importando
 a ordem da escolha, em virtude da comutatividade da adição.

 Portanto, teremos 60 escolhas.

 Um abraço a todos,

 João Luís.

  - Original Message -
 *From:* Antonio Neto [EMAIL PROTECTED]
 *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
   *Sent:* Saturday, November 22, 2008 10:25 AM
 *Subject:* RE: [obm-l] Contagem


 Oi,
 receio que haja alguns pequenos enganos. No caso PPP, tudo bem, mas
 o outro caso nao eh PPI, mas PII, o que nao acarretaria problemas de 
 contas
 se tivesse sido resolvido corretamente. Ele se divide em tres casos, PII,
 PIP e IPP, logo o seu 50 eh na verdade 50*3 = 150. Acho que agora estah 
 tudo
 certinho. Amplexos, olavo


 Antonio *Olavo* da Silva Neto




 --
 Date: Fri, 21 Nov 2008 20:22:26 -0200
 From: [EMAIL PROTECTED]
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 Subject: [obm-l] Contagem

 O problema abaixo foi trazido por um aluno. Eis a solução encontrada
 pela turma:

 O número de possibilidades de escolha de 3 números naturais distintos
 de 1 a 10, de modo que sua soma seja sempre par, é:

1. 120
2. 220
3. 150
4. 290
5. 160

 SOLUÇÃO. Supõe-se que são cartões com os números onde:
 Pares: 2, 4, 6, 8 e 10
 Ímpares: 1, 3, 5, 7, 9
 Para que a escolha dos três números dê soma par, deve-se ter: P P P ou
 I P P
 a) P P P temos: C(5,3) = 10
 b) I P P temos: C(5,1) x C(5,2) = 5 x 10 = 50
 Total de 10 + 50 = 60 possibilidades.
 Ficaram felizes, mas a resposta apontava 160. Não consegui mostrar o
 erro a eles. Alguém poderia dar uma ajuda? Grato.


 Walter Tadeu Nogueira da Silveira


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Re: [obm-l] Contagem

[João Luís]

Esta resposta está esquisitíssima, pois o número total de maneiras de se 
escolher 3 números distintos entre 10 é 120. Então é muito simples mostrar que 
a resposta apresentada está (grosseiramente) errada!

Quanto á solução, P P P dá soma par  e I I P também, mas I P P, não.  Total = 
60 somas, o resultado permanece o mesmo.

Um abraço a todos,

João Luís.



- Original Message - 
  From: Walter Tadeu Nogueira da Silveira 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Friday, November 21, 2008 8:22 PM
  Subject: [obm-l] Contagem


  O problema abaixo foi trazido por um aluno. Eis a solução encontrada pela 
turma:

  O número de possibilidades de escolha de 3 números naturais distintos de 1 a 
10, de modo que sua soma seja sempre par, é:
1.. 120 
2.. 220 
3.. 150 
4.. 290 
5.. 160 
  SOLUÇÃO. Supõe-se que são cartões com os números onde:
  Pares: 2, 4, 6, 8 e 10
  Ímpares: 1, 3, 5, 7, 9
  Para que a escolha dos três números dê soma par, deve-se ter: P P P ou I P P
  a) P P P temos: C(5,3) = 10
  b) I P P temos: C(5,1) x C(5,2) = 5 x 10 = 50
  Total de 10 + 50 = 60 possibilidades.
  Ficaram felizes, mas a resposta apontava 160. Não consegui mostrar o erro a 
eles. Alguém poderia dar uma ajuda? Grato.


  Walter Tadeu Nogueira da Silveira

Re: [obm-l] Contagem

[Ralph Teixeira]

O problema eh que eles nao deixam claro o que eh uma possibilidade. Se a
ORDEM importa, entao:

PPP=5.4.3=60
IIP=5.4.5=100

Estah aqui os 160 que eles queriam. O problema eh que a palavra escolha
*sugere* (mas, pra mim, nao define) que a ordem nao importa (porque estamos
acostumadissimos a pensar em combinacoes como numero de maneiras de
ESCOLHER).

Abraco,
  Ralph

2008/11/22 João Luís [EMAIL PROTECTED]

  Esta resposta está esquisitíssima, pois o número total de maneiras de se
 escolher 3 números distintos entre 10 é 120. Então é muito simples mostrar
 que a resposta apresentada está (grosseiramente) errada!

 Quanto á solução, P P P dá soma par  e I I P também, mas I P P, não.  Total
 = 60 somas, o resultado permanece o mesmo.

 Um abraço a todos,

 João Luís.



 - Original Message -

 *From:* Walter Tadeu Nogueira da Silveira [EMAIL PROTECTED]
 *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
 *Sent:* Friday, November 21, 2008 8:22 PM
 *Subject:* [obm-l] Contagem

 O problema abaixo foi trazido por um aluno. Eis a solução encontrada pela
 turma:

 O número de possibilidades de escolha de 3 números naturais distintos de 1
 a 10, de modo que sua soma seja sempre par, é:

1. 120
2. 220
3. 150
4. 290
5. 160

 SOLUÇÃO. Supõe-se que são cartões com os números onde:
 Pares: 2, 4, 6, 8 e 10
 Ímpares: 1, 3, 5, 7, 9
 Para que a escolha dos três números dê soma par, deve-se ter: P P P ou I P
 P
 a) P P P temos: C(5,3) = 10
 b) I P P temos: C(5,1) x C(5,2) = 5 x 10 = 50
 Total de 10 + 50 = 60 possibilidades.
 Ficaram felizes, mas a resposta apontava 160. Não consegui mostrar o erro a
 eles. Alguém poderia dar uma ajuda? Grato.


 Walter Tadeu Nogueira da Silveira

RE: [obm-l] Contagem

[Antonio Neto]

Oi,
receio que haja alguns pequenos enganos. No caso PPP, tudo bem, mas o outro 
caso nao eh PPI, mas PII, o que nao acarretaria problemas de contas se tivesse 
sido resolvido corretamente. Ele se divide em tres casos, PII, PIP e IPP, logo 
o seu 50 eh na verdade 50*3 = 150. Acho que agora estah tudo certinho. 
Amplexos, olavo
Antonio Olavo da Silva Neto

Date: Fri, 21 Nov 2008 20:22:26 -0200From: [EMAIL PROTECTED]: [EMAIL 
PROTECTED]: [obm-l] Contagem
O problema abaixo foi trazido por um aluno. Eis a solução encontrada pela turma:
 
O número de possibilidades de escolha de 3 números naturais distintos de 1 a 
10, de modo que sua soma seja sempre par, é:

120 
220 
150 
290 
160 
SOLUÇÃO. Supõe-se que são cartões com os números onde:
Pares: 2, 4, 6, 8 e 10
Ímpares: 1, 3, 5, 7, 9
Para que a escolha dos três números dê soma par, deve-se ter: P P P ou I P P
a) P P P temos: C(5,3) = 10
b) I P P temos: C(5,1) x C(5,2) = 5 x 10 = 50
Total de 10 + 50 = 60 possibilidades.
Ficaram felizes, mas a resposta apontava 160. Não consegui mostrar o erro a 
eles. Alguém poderia dar uma ajuda? Grato.Walter Tadeu Nogueira da Silveira
_
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Re: [obm-l] Contagem

[João Luís]

É soma, e não produto.

Mas em qualquer dos casos, pra mim é claro que a ordem não tem influência, por 
causa da comutatividade. Quero dizer, dispõe-se de dez números, e é dito 
escolha 3 dentre esses 10 e analise se a soma é par ou ímpar.

Não faz diferença esntão se eu escolho, por exemplo, 3-4-5 nessa ordem ou em 
qualquer outra ordem...
  - Original Message - 
  From: Ralph Teixeira 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Saturday, November 22, 2008 10:20 AM
  Subject: Re: [obm-l] Contagem


  O problema eh que eles nao deixam claro o que eh uma possibilidade. Se a 
ORDEM importa, entao:

  PPP=5.4.3=60
  IIP=5.4.5=100

  Estah aqui os 160 que eles queriam. O problema eh que a palavra escolha 
*sugere* (mas, pra mim, nao define) que a ordem nao importa (porque estamos 
acostumadissimos a pensar em combinacoes como numero de maneiras de 
ESCOLHER).

  Abraco,
Ralph


  2008/11/22 João Luís [EMAIL PROTECTED]

Esta resposta está esquisitíssima, pois o número total de maneiras de se 
escolher 3 números distintos entre 10 é 120. Então é muito simples mostrar que 
a resposta apresentada está (grosseiramente) errada!

Quanto á solução, P P P dá soma par  e I I P também, mas I P P, não.  Total 
= 60 somas, o resultado permanece o mesmo.

Um abraço a todos,

João Luís.



- Original Message - 
  From: Walter Tadeu Nogueira da Silveira 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Friday, November 21, 2008 8:22 PM
  Subject: [obm-l] Contagem


  O problema abaixo foi trazido por um aluno. Eis a solução encontrada pela 
turma:

  O número de possibilidades de escolha de 3 números naturais distintos de 
1 a 10, de modo que sua soma seja sempre par, é:
1.. 120 
2.. 220 
3.. 150 
4.. 290 
5.. 160 
  SOLUÇÃO. Supõe-se que são cartões com os números onde:
  Pares: 2, 4, 6, 8 e 10
  Ímpares: 1, 3, 5, 7, 9
  Para que a escolha dos três números dê soma par, deve-se ter: P P P ou I 
P P
  a) P P P temos: C(5,3) = 10
  b) I P P temos: C(5,1) x C(5,2) = 5 x 10 = 50
  Total de 10 + 50 = 60 possibilidades.
  Ficaram felizes, mas a resposta apontava 160. Não consegui mostrar o erro 
a eles. Alguém poderia dar uma ajuda? Grato.


  Walter Tadeu Nogueira da Silveira

Re: [obm-l] Contagem

[João Luís]

Com dois pares e um ímpar, a soma dos três não será par.

Para mim, a solução desse problema é a seguinte:

Para que a soma dos três seja para, podemos escolher nenhum ímpar e três 
pares (10 modos) ou dois ímpares e um par (50 modos), não importando a ordem 
da escolha, em virtude da comutatividade da adição.

Portanto, teremos 60 escolhas.

Um abraço a todos,

João Luís.
  - Original Message - 
  From: Antonio Neto 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Saturday, November 22, 2008 10:25 AM
  Subject: RE: [obm-l] Contagem


  Oi,
  receio que haja alguns pequenos enganos. No caso PPP, tudo bem, mas o 
outro caso nao eh PPI, mas PII, o que nao acarretaria problemas de contas se 
tivesse sido resolvido corretamente. Ele se divide em tres casos, PII, PIP e 
IPP, logo o seu 50 eh na verdade 50*3 = 150. Acho que agora estah tudo 
certinho. Amplexos, olavo



  Antonio Olavo da Silva Neto





--
  Date: Fri, 21 Nov 2008 20:22:26 -0200
  From: [EMAIL PROTECTED]
  To: obm-l@mat.puc-rio.br
  Subject: [obm-l] Contagem


  O problema abaixo foi trazido por um aluno. Eis a solução encontrada pela 
turma:

  O número de possibilidades de escolha de 3 números naturais distintos de 1 a 
10, de modo que sua soma seja sempre par, é:
1.. 120 
2.. 220 
3.. 150 
4.. 290 
5.. 160 
  SOLUÇÃO. Supõe-se que são cartões com os números onde:
  Pares: 2, 4, 6, 8 e 10
  Ímpares: 1, 3, 5, 7, 9
  Para que a escolha dos três números dê soma par, deve-se ter: P P P ou I P P
  a) P P P temos: C(5,3) = 10
  b) I P P temos: C(5,1) x C(5,2) = 5 x 10 = 50
  Total de 10 + 50 = 60 possibilidades.
  Ficaram felizes, mas a resposta apontava 160. Não consegui mostrar o erro a 
eles. Alguém poderia dar uma ajuda? Grato.


  Walter Tadeu Nogueira da Silveira



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Re: [obm-l] Contagem

[Walter Tadeu Nogueira da Silveira]

Concordo com o João

Aliás, postei enganado o IPP. Queria por o IIP que a conta também dá 50. O
PPP dá 10. Pareceu a todos que a ordem não faria diferença.
A parte boa foi que apesar do gabarito oficial, nenhum aluno concordou.
Obrigado a todos!

2008/11/22 João Luís [EMAIL PROTECTED]

  Com dois pares e um ímpar, a soma dos três não será par.

 Para mim, a solução desse problema é a seguinte:

 Para que a soma dos três seja para, podemos escolher nenhum ímpar e três
 pares (10 modos) ou dois ímpares e um par (50 modos), não importando a
 ordem da escolha, em virtude da comutatividade da adição.

 Portanto, teremos 60 escolhas.

 Um abraço a todos,

 João Luís.

  - Original Message -
 *From:* Antonio Neto [EMAIL PROTECTED]
 *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
   *Sent:* Saturday, November 22, 2008 10:25 AM
 *Subject:* RE: [obm-l] Contagem

 Oi,
 receio que haja alguns pequenos enganos. No caso PPP, tudo bem, mas o
 outro caso nao eh PPI, mas PII, o que nao acarretaria problemas de contas se
 tivesse sido resolvido corretamente. Ele se divide em tres casos, PII, PIP e
 IPP, logo o seu 50 eh na verdade 50*3 = 150. Acho que agora estah tudo
 certinho. Amplexos, olavo


 Antonio *Olavo* da Silva Neto




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 Date: Fri, 21 Nov 2008 20:22:26 -0200
 From: [EMAIL PROTECTED]
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 Subject: [obm-l] Contagem

 O problema abaixo foi trazido por um aluno. Eis a solução encontrada pela
 turma:

 O número de possibilidades de escolha de 3 números naturais distintos de 1
 a 10, de modo que sua soma seja sempre par, é:

1. 120
2. 220
3. 150
4. 290
5. 160

 SOLUÇÃO. Supõe-se que são cartões com os números onde:
 Pares: 2, 4, 6, 8 e 10
 Ímpares: 1, 3, 5, 7, 9
 Para que a escolha dos três números dê soma par, deve-se ter: P P P ou I P
 P
 a) P P P temos: C(5,3) = 10
 b) I P P temos: C(5,1) x C(5,2) = 5 x 10 = 50
 Total de 10 + 50 = 60 possibilidades.
 Ficaram felizes, mas a resposta apontava 160. Não consegui mostrar o erro a
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 Walter Tadeu Nogueira da Silveira

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Re: [obm-l] Contagem

[Fellipe Rossi]

essa escolha tem que ser melhor definida.
Por exemplo, se forem fichas numeradas em uma urna e retiram-se 3, um de
cada vez, a ordem importa. Quer dizer, tirar 3-5-6 é uma retirada diferente
de 5-3-6 não em relação aos números, mas em relação às fichas.

Pensando, por exemplo, em probabilidade. A probabilidade de se retirar I I
P, nessa ordem, é menor do que em uma ordem qualquer.

Se qualquer forma, acho que o gabarito dessa questão é 60 realmente.

[]`s

2008/11/22 Walter Tadeu Nogueira da Silveira [EMAIL PROTECTED]

 Concordo com o João

 Aliás, postei enganado o IPP. Queria por o IIP que a conta também dá 50. O
 PPP dá 10. Pareceu a todos que a ordem não faria diferença.
 A parte boa foi que apesar do gabarito oficial, nenhum aluno concordou.
 Obrigado a todos!

 2008/11/22 João Luís [EMAIL PROTECTED]

  Com dois pares e um ímpar, a soma dos três não será par.

 Para mim, a solução desse problema é a seguinte:

 Para que a soma dos três seja para, podemos escolher nenhum ímpar e três
 pares (10 modos) ou dois ímpares e um par (50 modos), não importando a
 ordem da escolha, em virtude da comutatividade da adição.

 Portanto, teremos 60 escolhas.

 Um abraço a todos,

 João Luís.

  - Original Message -
 *From:* Antonio Neto [EMAIL PROTECTED]
 *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
   *Sent:* Saturday, November 22, 2008 10:25 AM
 *Subject:* RE: [obm-l] Contagem

 Oi,
 receio que haja alguns pequenos enganos. No caso PPP, tudo bem, mas o
 outro caso nao eh PPI, mas PII, o que nao acarretaria problemas de contas se
 tivesse sido resolvido corretamente. Ele se divide em tres casos, PII, PIP e
 IPP, logo o seu 50 eh na verdade 50*3 = 150. Acho que agora estah tudo
 certinho. Amplexos, olavo


 Antonio *Olavo* da Silva Neto




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 Date: Fri, 21 Nov 2008 20:22:26 -0200
 From: [EMAIL PROTECTED]
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 Subject: [obm-l] Contagem

 O problema abaixo foi trazido por um aluno. Eis a solução encontrada pela
 turma:

 O número de possibilidades de escolha de 3 números naturais distintos de
 1 a 10, de modo que sua soma seja sempre par, é:

1. 120
2. 220
3. 150
4. 290
5. 160

 SOLUÇÃO. Supõe-se que são cartões com os números onde:
 Pares: 2, 4, 6, 8 e 10
 Ímpares: 1, 3, 5, 7, 9
 Para que a escolha dos três números dê soma par, deve-se ter: P P P ou I P
 P
 a) P P P temos: C(5,3) = 10
 b) I P P temos: C(5,1) x C(5,2) = 5 x 10 = 50
 Total de 10 + 50 = 60 possibilidades.
 Ficaram felizes, mas a resposta apontava 160. Não consegui mostrar o erro
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Re: [obm-l] Contagem

[JOSE AIRTON CARNEIRO]

É claro que para ser par os 3 são pares ppp ou 1par e 2 ímpares pii.
escolher 3 pares distintos em 5 é A5,3= 60.
escolher 2 ímpares distintos em 5 é A5,2 e escolher 1 par em 5 é A5,1 = A5,2
.A5,1= 100. logo temos 160
possibilidade de escolher esses 3 números cuja soma é par.
obs. 246 é uma possibilidade válida, 264 outra possibilidade válida. O que
importa é que a soma tem que ser par.



Em 22/11/08, Fellipe Rossi [EMAIL PROTECTED] escreveu:

 essa escolha tem que ser melhor definida.

 Por exemplo, se forem fichas numeradas em uma urna e retiram-se 3, um de
 cada vez, a ordem importa. Quer dizer, tirar 3-5-6 é uma retirada diferente
 de 5-3-6 não em relação aos números, mas em relação às fichas.


 Pensando, por exemplo, em probabilidade. A probabilidade de se retirar I I
 P, nessa ordem, é menor do que em uma ordem qualquer.



 Se qualquer forma, acho que o gabarito dessa questão é 60 realmente.


 []`s

 2008/11/22 Walter Tadeu Nogueira da Silveira [EMAIL PROTECTED]

 Concordo com o João

 Aliás, postei enganado o IPP. Queria por o IIP que a conta também dá 50. O
 PPP dá 10. Pareceu a todos que a ordem não faria diferença.
 A parte boa foi que apesar do gabarito oficial, nenhum aluno concordou.
 Obrigado a todos!


  2008/11/22 João Luís [EMAIL PROTECTED]


  Com dois pares e um ímpar, a soma dos três não será par.

 Para mim, a solução desse problema é a seguinte:

 Para que a soma dos três seja para, podemos escolher nenhum ímpar e três
 pares (10 modos) ou dois ímpares e um par (50 modos), não importando a
 ordem da escolha, em virtude da comutatividade da adição.

 Portanto, teremos 60 escolhas.

 Um abraço a todos,

 João Luís.

  - Original Message -
 *From:* Antonio Neto [EMAIL PROTECTED]
 *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
   *Sent:* Saturday, November 22, 2008 10:25 AM
 *Subject:* RE: [obm-l] Contagem


 Oi,
 receio que haja alguns pequenos enganos. No caso PPP, tudo bem, mas o
 outro caso nao eh PPI, mas PII, o que nao acarretaria problemas de contas se
 tivesse sido resolvido corretamente. Ele se divide em tres casos, PII, PIP e
 IPP, logo o seu 50 eh na verdade 50*3 = 150. Acho que agora estah tudo
 certinho. Amplexos, olavo


 Antonio *Olavo* da Silva Neto




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 Date: Fri, 21 Nov 2008 20:22:26 -0200
 From: [EMAIL PROTECTED]
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 Subject: [obm-l] Contagem

 O problema abaixo foi trazido por um aluno. Eis a solução encontrada pela
 turma:

 O número de possibilidades de escolha de 3 números naturais distintos de
 1 a 10, de modo que sua soma seja sempre par, é:

1. 120
2. 220
3. 150
4. 290
5. 160

 SOLUÇÃO. Supõe-se que são cartões com os números onde:
 Pares: 2, 4, 6, 8 e 10
 Ímpares: 1, 3, 5, 7, 9
 Para que a escolha dos três números dê soma par, deve-se ter: P P P ou I
 P P
 a) P P P temos: C(5,3) = 10
 b) I P P temos: C(5,1) x C(5,2) = 5 x 10 = 50
 Total de 10 + 50 = 60 possibilidades.
 Ficaram felizes, mas a resposta apontava 160. Não consegui mostrar o erro
 a eles. Alguém poderia dar uma ajuda? Grato.


 Walter Tadeu Nogueira da Silveira


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Re: [obm-l] Contagem

[João Luís]

Não é isso o que a questão pede
  - Original Message - 
  From: Fellipe Rossi 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Saturday, November 22, 2008 6:21 PM
  Subject: Re: [obm-l] Contagem


  essa escolha tem que ser melhor definida.


  Por exemplo, se forem fichas numeradas em uma urna e retiram-se 3, um de cada 
vez, a ordem importa. Quer dizer, tirar 3-5-6 é uma retirada diferente de 5-3-6 
não em relação aos números, mas em relação às fichas. 


  Pensando, por exemplo, em probabilidade. A probabilidade de se retirar I I P, 
nessa ordem, é menor do que em uma ordem qualquer.



  Se qualquer forma, acho que o gabarito dessa questão é 60 realmente.


  []`s


  2008/11/22 Walter Tadeu Nogueira da Silveira [EMAIL PROTECTED]

Concordo com o João

Aliás, postei enganado o IPP. Queria por o IIP que a conta também dá 50. O 
PPP dá 10. Pareceu a todos que a ordem não faria diferença.
A parte boa foi que apesar do gabarito oficial, nenhum aluno concordou.
Obrigado a todos!


2008/11/22 João Luís [EMAIL PROTECTED]

  Com dois pares e um ímpar, a soma dos três não será par.

  Para mim, a solução desse problema é a seguinte:

  Para que a soma dos três seja para, podemos escolher nenhum ímpar e três 
pares (10 modos) ou dois ímpares e um par (50 modos), não importando a ordem 
da escolha, em virtude da comutatividade da adição.

  Portanto, teremos 60 escolhas.

  Um abraço a todos,

  João Luís.
- Original Message - 
From: Antonio Neto 
To: obm-l@mat.puc-rio.br 
Sent: Saturday, November 22, 2008 10:25 AM
Subject: RE: [obm-l] Contagem


Oi,
receio que haja alguns pequenos enganos. No caso PPP, tudo bem, mas 
o outro caso nao eh PPI, mas PII, o que nao acarretaria problemas de contas se 
tivesse sido resolvido corretamente. Ele se divide em tres casos, PII, PIP e 
IPP, logo o seu 50 eh na verdade 50*3 = 150. Acho que agora estah tudo 
certinho. Amplexos, olavo



Antonio Olavo da Silva Neto






Date: Fri, 21 Nov 2008 20:22:26 -0200
From: [EMAIL PROTECTED]
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Contagem


O problema abaixo foi trazido por um aluno. Eis a solução encontrada 
pela turma:

O número de possibilidades de escolha de 3 números naturais distintos 
de 1 a 10, de modo que sua soma seja sempre par, é:
  1.. 120 
  2.. 220 
  3.. 150 
  4.. 290 
  5.. 160 
SOLUÇÃO. Supõe-se que são cartões com os números onde:
Pares: 2, 4, 6, 8 e 10
Ímpares: 1, 3, 5, 7, 9
Para que a escolha dos três números dê soma par, deve-se ter: P P P ou 
I P P
a) P P P temos: C(5,3) = 10
b) I P P temos: C(5,1) x C(5,2) = 5 x 10 = 50
Total de 10 + 50 = 60 possibilidades.
Ficaram felizes, mas a resposta apontava 160. Não consegui mostrar o 
erro a eles. Alguém poderia dar uma ajuda? Grato.


Walter Tadeu Nogueira da Silveira




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Walter Tadeu Nogueira da Silveira

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Re: [obm-l] Contagem - função

[Bruna Carvalho]

Muito obrigada meninos, consegui entender, valeu pala paciência que
tiveram em explicar várias vezes pra mim
Bjos.

onde posso encontrar mais questões assim ?

Re: [obm-l] Contagem - fun�

[Antonio Neto]

 Oi de novo, Bruna,
 veja que se trata de escolher as imagens dos elementos do dominio, receio que a minha didatica esteja falhando, para cada elemento voce tem n escolhas, pois cada elemento de B pode ser imagem, o que vai dar m.m.m...m, ou seja, m elevado a n. Qualquer coisa, escreva. Abracos, olavo.
Antonio Olavo da Silva Neto


From: "Bruna Carvalho" [EMAIL PROTECTED]Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.brTo: obm-l@mat.puc-rio.brSubject: Re: [obm-l] Contagem - funçãoDate: Wed, 26 Sep 2007 16:47:46 -0300Olá meninos.Então, só não fico claro pra mim pq aplicar o Princípio Multiplicativo.obrigada pela atenção.bjosMSN Messenger: converse com os seus amigos online. Instale grátis. Clique aqui. 

=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
=

Re: [obm-l] Contagem - função

[Bruna Carvalho]

eu pensei em algo assim:

Vamos supor que o conjunto A tem os elements a,b,c e d. O conjunto B tem os
elementos 1,2,3 e 4.

a pode ter como imagem  1,2,3 ou 4 -- 4 resultados diferentes
b pode ter como imagem 1,2,3 ou 4 - - 4 resultados diferentes
c pode ter como imagem 1,2,3 ou 4 - - 4 resultados diferentes.
d pode ter como imagem 1,2,3 ou 4 - - 4 resultados diferentes.

e assim eu teria 4+4+4+4=16 funções
e não 4.4.4.4= 4^4 funções.

Re: [obm-l] Contagem - função

[silverratio]

Olá Bruna,

O seu raciocínio inicial está correto, mas depois disso, pelo princípio
multiplicativo,
você deveria, bem, justamente, multiplicar os possíveis resultados.

Note que estes eventos são independentes; para CADA escolha possível do
valor
de f(a), existem ainda 4 escolhas para o valor de f(b), 4 para f(c) e 4 para
f(d).

Se você não se convencer, comece com conjuntos menores, X = {a,b} e Y = {1,
2, 3}, f: X - Y.

Daí é possível enumerar as possibilidades:

** Para f(a) = 1:

f(b) = 1 ou f(b) = 2 ou f(b) = 3.

** f(a) = 2:

f(b) = 1 ou f(b) = 2 ou f(b) = 3.

** f(a) = 3:

f(b) = 1 ou f(b) = 2 ou f(b) = 3.

Veja que temos, de fato, 3^2 = 9 possibilidades.

Abraço,

- Leandro A. L.

Re: [obm-l] Contagem - função

[Carlos Nehab]

Oi, Bruninha...

Vamos esclarecer porque seu raciocícnio está incorreto, através de um 
exemplo:


Suponha que uma pessoa possua duas camisas diferentes c1 e c2 entre si e 
três calças diferentes si k1, k2 e k3.  De quantas maneiras diferentes 
ele pode se vestir escolhendo uma das camisas e uma das calças?


PROCURE RESPONDER ANTES DE VER O QUE SE SEGUE...

Note que para cada camisa você pode escolher 3 calças...
c1 com k1, c1 com k2, c1 com k3, que dá 3 alternativas
c2 com k1, c2 com k2, c3 com k3, dá mais 3 alternativas.

Portanto, Bruna, você pode pensar em somar o 3 com 3.  O Princípio da 
Multiplicação sugere um  raciocínio mais interessante e geral: a escolha 
das camisas é independente da escolha das calças.  Portanto, para cada 
uma das 2 escolhas de camisa há 3 escolhas de calça.  Logo há um total 
de 2 x 3 = 6 alternativas e não 2 + 3  = 5.


Espero que este exemplo a ajude.

Abraços,
Nehab

Bruna Carvalho escreveu:

eu pensei em algo assim:

Vamos supor que o conjunto A tem os elements a,b,c e d. O conjunto B 
tem os elementos 1,2,3 e 4.


a pode ter como imagem  1,2,3 ou 4 -- 4 resultados diferentes
b pode ter como imagem 1,2,3 ou 4 - - 4 resultados diferentes
c pode ter como imagem 1,2,3 ou 4 - - 4 resultados diferentes.
d pode ter como imagem 1,2,3 ou 4 - - 4 resultados diferentes.

e assim eu teria 4+4+4+4=16 funções
e não 4.4.4.4= 4^4 funções.




=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
=

Re: [obm-l] Contagem - função

[Bruna Carvalho]

Olá Antonio Neto, eu agradeceria por mais informações sobre esse assunto.

Re: [obm-l] Contagem - função

[Bruna Carvalho]

Olá meninos.
Então, só não fico claro pra mim pq aplicar o Princípio Multiplicativo.
obrigada pela atenção.
bjos

[obm-l] RE: [obm-l] Contagem - função

[Filipe C. Hasche]

Cara.. faz tempo q eu não apareço por aqui

Como sobrou uma brechinha de tempo na minha correria, vou aproveitar pra dar 
as caras.


Bruna,

para essa questão, precisamos lembrar a definição de uma função entre dois 
conjuntos.


Ela diz que: cada elemento do domínio precisa estar ligado a exatamente 1 
elemento do contra-domínio.


Assim sendo, imaginemos o domínio (conjunto A) com estes elementos:

x_1
x_2
x_3
.
.
.
x_m


E, analogamente, o contradomínio (conjunto B) com estes elementos:

y_1
y_2
y_3
.
.
.
y_n


Assim, cada elemento de A pode escolher qualquer um dos n elementos do 
conjunto B para se relacionar.


Ou seja:

N° de escolhas para imagem de x_1:  n (qualquer um dos n elementos de B)
N° de escolhas para imagem de x_2:  n (qualquer um dos n elementos de B --- 
sim. pode repetir, sim!!)

N° de escolhas para imagem de x_3:  n
.
.
.
N° de escolhas para imagem de x_m:  n

Aplicando o Princípio Multiplicativo, temos:

Total de funções:  n*n*n*n*n* ... *n (m vezes)

Resp.: n^m (n elevado a m)




Bjs,
FC.




From: Bruna Carvalho [EMAIL PROTECTED]
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To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Contagem - função
Date: Tue, 25 Sep 2007 14:45:21 -0300

A e B são conjuntos tais que #A=m e #B=n. Quantas funções de A em B 
existem?


--
Bjos,
Bruna


_
Mande torpedos SMS do seu messenger para o celular dos seus amigos 
http://mobile.msn.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
=

Re: [obm-l] Contagem - função

[Igor Battazza]

Olá Bruna,

Vou tentar resolver...

Sendo f:A-B com A = {a1, a2, a3, ... , am} e B = {b1, b2, b3, ..., bn}.

f(a1) tem n possibilidades
f(a2) tem n possibilidades
f(a3) tem n possibilidades
...
f(am) tem n possibilidades

Logo existem n*n*n*n...*n (m vezes) = n^m possibilidades.

Espero n ter me enganado :)

Em 25/09/07, Bruna Carvalho[EMAIL PROTECTED] escreveu:
 A e B são conjuntos tais que #A=m e #B=n. Quantas funções de A em B existem?

 --
 Bjos,
 Bruna

=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
=

Re:[obm-l] Contagem

[Graciliano Antonio Damazo]

Valeu mais uma vez claudio. abraços

claudio.buffara [EMAIL PROTECTED] escreveu:  -- Cabeçalho original 
---

De: [EMAIL PROTECTED]
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Cópia: 
Data: Thu, 5 Apr 2007 20:09:10 -0300 (ART)
Assunto: [obm-l] Contagem

 Galera da lista, tenho mais uma questao de contagem. Espero que possam me 
 ajudar
 
 1) Seja Im = {1,2,...,m} e In = {1,2,...,n}. Quantas sao as funçoes f: Im 
 --In nao decrescentes?
 
 Espero que possam me ajudar nessa questao a na que enviei dias anteriores a 
 voces... Muito obrigado por enquanto galera...
 []s e até
 

Cada uma dessas funcoes eh uma m-upla ordenada (a_1,a_2,...,a_m) de elementos 
de In tal que:
1 = k = m-1 == 1 = a_k = a_(k+1) = n
(ou seja, os elementos da m-upla estao em ordem nao-decrescente)
Suponhamos que uma dada m-upla tenha x_j elementos iguais a j (1 = j = n).
Entao, o numero de tais m-uplas eh igual ao numero de solucoes inteiras e 
nao-negativas de:
x_1+x_2+...+x_n = m, ou seja, Binom(m+n-1,n-1) = Binom(m+n-1,m) = numero de 
funcoes nao-decrescentes de Im em In.

[]s,
Claudio.




=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
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=


 __
Fale com seus amigos  de graça com o novo Yahoo! Messenger 
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Re:[obm-l] Contagem

[claudio\.buffara]

-- Cabeçalho original ---

De: [EMAIL PROTECTED]
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Cópia: 
Data: Thu, 5 Apr 2007 20:09:10 -0300 (ART)
Assunto: [obm-l] Contagem

 Galera da lista, tenho mais uma questao de contagem. Espero que possam me 
 ajudar

   1) Seja Im = {1,2,...,m} e In = {1,2,...,n}. Quantas sao as funçoes f: Im 
 --In nao decrescentes?

   Espero que possam me ajudar nessa questao a na que enviei dias anteriores a 
 voces... Muito obrigado por enquanto galera...
   []s e até
 

Cada uma dessas funcoes eh uma m-upla ordenada (a_1,a_2,...,a_m) de elementos 
de In tal que:
1 = k = m-1 == 1 = a_k = a_(k+1) = n
(ou seja, os elementos da m-upla estao em ordem nao-decrescente)
Suponhamos que uma dada m-upla tenha x_j elementos iguais a j (1 = j = n).
Entao, o numero de tais m-uplas eh igual ao numero de solucoes inteiras e 
nao-negativas de:
x_1+x_2+...+x_n = m, ou seja, Binom(m+n-1,n-1) = Binom(m+n-1,m) = numero de 
funcoes nao-decrescentes de Im em In.

[]s,
Claudio.




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Re:[obm-l] Contagem

[Lucas Z\. Portela]

 Gostaria de ajuda no seguinte problema: 
 
 O técnico de um time de 11 jogadores, os quais 4 são defensores, 4 meio 
 campistas, dois atacantes e um goleiro. Ele pode fazer até 4 alterações, e 
 tem a sua disposição um reserva para cada área, isto é, um meio campista, um 
 defensor, um atacante e um goleiro, e só substitui defensor por defensor, 
 atacante por atacante, etc... Considerando que nenhum jogador seja expulso, 
 quantas são as possibilidades de times diferentes? 
 
 Obs: O time inalterado já é uma possibilidade 
 
 Agradeço pela ajuda. 
 
 -- 
 Carlos Eduardo 
 
 "A política é para o momento, mas uma equação é para a eternidade". 
 

Olá, Carlos,
É bem simples: para cada posição no campo você faz uma combinação do número total de jogadores disponíveis pelo número necessário em campo.
Temos então;

P = C54. C54. C32. C21 = 5. 5. 3. 2
P = 150 times diferentes.

Espero que esteja certo.
Abraços,

__ 
L 
L U C 
L U C A S 
C A S 
S

Re: [obm-l] Contagem

[leonardo maia]

Caro Klaus,

comecemos pela segunda questão. Ande de trás para frente: há 3 números
que podem ocupar a última casa, n, n-1 ou n-2. O mesmo ocorre com a
penúltima casa, pois embora um dos números mencionados acima tenha sido
escolhido para ocupar a última casa, há uma nova possibilidade: n-3.
Sucessivamente, vc perde uma opção, mas ganha outra. Isso só não ocorre
com a casa 2 (só há duas opções, pois vc perde uma opção mas não ganha
outra) e com a casa 1 (só resta uma opção). Pelo princípio
multiplicativo, acabou.

Agora, a primeira questão. Como ela (e a anterior) são do livro do
Morgado e colaboradores, presumo que vc o tenha e já saiba calcular o
número de soluções de uma eq. cujas variáveis são inteiros não
negativos, mesmo quando há restrições (por exemplo, quando uma variável
precisa ser =1). Vou admitir esse fato para apresentar duas
soluções, uma baseada só nas técnicas daquele livro e outra baseada em
funções geradoras (ver Introd. à Anál. Comb., de Santos, Mello 
Murari, Ed. Unicamp). Talvez haja alguma solução + simples, as edições
+ recentes do Morgado et al trazem as soluções dos problemas (minha
edição é bem antiga).

1a. solução: um pouco braçal, se o problema fosse maior, complicaria;
prefiro o segundo método, mas mostro esta solução para vc poder
resolver o problema sem precisar de outro livro.

i) primeira possível configuração
_A_A_A_A_A_A_A_

Há 8 espaços em branco, que devem ser preenchidos pelos B's. Se x1 for
a qtdade de B's no 1o. espaço em branco, por exemplo, então queremos
saber qtas são as soluções de

x1+...+x8 = 7, sendo x1=0, x8=0, mas xi=1, com i=2,...,7
que é o mesmo número de soluções de

y1+...+y8=1, com yi=0 para todo i, que é C(8,7).

ii) segunda possível configuração

_AA_A_A_A_A_A_



Há 7 espaços em branco, que devem ser preenchidos pelos B's. Queremos
saber qtas são as soluções de



x1+...+x7 = 7, sendo x1=0, x7=0, mas xi=1, com i=2,...,6


que é o mesmo número de soluções de



y1+...+y7=2, com yi=0 para todo i, que é C(8,6), mas há C(6,1) formas de posicionar o bloco AA.

iii) terceira possível configuração


_AA_A_A_AA_A_





Há 6 espaços em branco, que devem ser preenchidos pelos B's. Queremos
saber qtas são as soluções de





x1+...+x6 = 7, sendo x1=0, x6=0, mas xi=1, com i=2,...,5




que é o mesmo número de soluções de





y1+...+y6=3, com yi=0 para todo i, que é C(8,5), mas há C(5,2) formas de posicionar os blocos AA.

iv) quarta e última possível configuração



_AA_AA_AA_A_







Há 5 espaços em branco, que devem ser preenchidos pelos B's. Queremos
saber qtas são as soluções de







x1+...+x5 = 7, sendo x1=0, x5=0, mas xi=1, com i=2,3,4






que é o mesmo número de soluções de







y1+...+y5=4, com yi=0 para todo i, que é C(8,4), mas há C(4,3) formas de posicionar os blocos AA.

v) FECHANDO: C(7,0).C(8,7) + C(6,1).C(8,6) + C(5,2).C(8,5) + C(4,3).C(8,4) = 1016.


2a. solução: só o esboço, pq não dá explicar aqui, veja o livro citado

a configuração geral dos B's é

_B_B_B_B_B_B_B_ 

onde os espaços vazios devem ser preenchidos pelos A's. Se x1, por exemplo, for a qtdade de A's no 1o. espaço em branco,

x1+...+x8=7, com xi = 0, 1 ou 2, no máximo, para i=1,...,8.

Dada a função geratriz g(x) = (1+x+x^2)^8 = [(1-x^3)^8].[(1-x)^(-8)] ,
o coeficiente de x^7 na expansão de Taylor de g(x) é a solução
procurada.

Espero ter sido claro (com exceção do último trecho...).

Abraços,
Leo.



On 4/25/06, Klaus Ferraz [EMAIL PROTECTED] wrote:
Quantas permutacoes de 7 letras A e 7 letras B, nas quais nao ha 3 letras A adjacentes, existem?   gab: 1016  Quantas
sao as permutacoes simples dos numeros 1,2,,n nas quais o elemento
que ocupa a k-esima posicao é maior que k-3, para todo k?  gab:2.3^(n-2)Quem puder me ajudar agradeco.
		 
Yahoo! Messenger com voz - Instale agora e faça ligações de graça. 

Re: [obm-l] Contagem

[reibellini]

 

acho que é isto: 
A = ARRANJO 
A3,1 =ARRANJAR 3 opçoes de entrada em 1 entrada 
A5,2=ARRRANJAR 5 opções de prato principal em 2 escolhas 
A4,2=ARRANJAR 4 sobremesa em 2 escolhas 
então : A3,1 . A5,2 . A4,2 = 720 MANEIRAS OU 
se não quiser usar arranjo use a árvore de possibilidades 
3 x ( 5x4) x(4x3) = 720 
espero 
ter ajudado ass:  Reinaldo  
 
 
 
 
 
 
Gostaria de uma ajuda para resolver o problema 
abaixo: 
 
Um restaurante do tipo self-service oferece 3 
opções de entrada,5 de prato principal e 4 de sobremesa. Um cliente 
desserestaurante deseja compor sua refeição com exatamente 1 
entrada,2 pratos principais e 2 sobremesas. De quantas 
maneirasdiferentes esse cliente poderá compor a sua 
refeição? 
 
Grato, 
Jerry-- 

 

Re:[obm-l] Contagem

[Luiz H\. Barbosa]

(C3,1)*(C5,2)*(C4,2)

[]`s
Luiz Henrique B.



- Início da mensagem original --- 

De: [EMAIL PROTECTED] 
Para: [EMAIL PROTECTED] 
Cc: 
Data: Mon, 7 Nov 2005 10:57:09 -0200 
Assunto: [obm-l] Contagem 

 Gostaria de uma ajuda para resolver o problema abaixo: 
 
 Um restaurante do tipo self-service oferece 3 opções de entrada, 
 5 de prato principal e 4 de sobremesa. Um cliente desse 
 restaurante deseja compor sua refeição com exatamente 1 entrada, 
 2 pratos principais e 2 sobremesas. De quantas maneiras 
 diferentes esse cliente poderá compor a sua refeição? 
 
 Grato, 
 Jerry

Re: [obm-l] CONTAGEM!

[Qwert Smith]

Essa sai tao direto ki ate eu sei fazer

Numero de 4 digitos com pelo menos 2 repetidos =
numero total de 4 digitos - numero de 4 digitos sem nenhum repetido
N=10^4 - 10*9*8*7 = 1 - 5040 = 4960

- Original Message -
From: [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Sent: Tuesday, April 06, 2004 8:47 PM
Subject: [obm-l] CONTAGEM!

Valeu! Kleinad e demais colegas pela atenção de resposta. Embora seja 
possível resolver o problema abaixo usando diretamente o princípio da 
adição, isto é difícil, já que existem muitos casos a serem considerados. 
Encontrar a saída adequada é que torna a Combinatória um assunto deveras 
fascinante! OK!

Suponha que os quatro últimos dígitos de um número de telefone têm que 
incluir pelo menos um dígito repetido. Quantos desses números existem?

Resp: 4.960 números com algarismos repetidos.

Abraços!
_
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=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
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Re: [obm-l] Contagem

[Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet]

Seu problema so nao e igual ao da OBM por tres motivos:as cores dos oculos e o fato de nao se ter certeza sobre o primeiro dia.De novo, Eureka!andré_luiz_rodrigues_chaves [EMAIL PROTECTED] wrote:




Uma pessoa possui três óculos: um azul, um preto e o outro cinza. Ela sempre usa umóculos em cada dia do mês. Num mês de 30 dias, de quantas maneiras diferentes ela poderá usar os referidos óculos de modo quenão haja repetição de cor em dias consecutivos e que o óculos cinza seja usado nos dias 1 e 30.Yahoo! Mail - o melhor webmail do Brasil. Saiba mais!

Re: [obm-l] Contagem

[Domingos Jr.]

A recorrência saía mais fácil pensando assim, eu 
percebi isso depois que cheguei em x(n + 2) = 2[x(n+1) + x(n)], mas resolvi não 
jogar fora o caminho que usei pra chegar nesse resultado...

é bem legal essa técnica, se assumirmos que a 
resposta é da forma:
x(n) = a.c^n + b.d^n
então
x(n+1) = c.a.c^n + d.b.d^n
x(n+2) = c².a.c^n + d².b.d^n
e como x(n+2) = 2x(n+1) + 2x(n) temos

c².a.c^n + d².b.d^n = 2c.a.c^n + 2d.b.d^n + 2a.c^n 
+ 2b.d^n
agrupando, temos
a.c^n(c² - 2c - 2) + b.d^n(d² - 2d - 2) = 
0

se tomarmos c e d como raízes de t² - 2t - 2 = 0 
satisfazemos o sistema acima para todo n, depois basta encontrar os valores a e 
b que satisfaçam os valores iniciais (base da recorrência).

obrigado pelos comentários, mas eu ainda assim 
gostaria de saber como seria feito a análise do coef. de x^n na função geradora 
dessa seqüência!

[ ]'d


  Seguem alguns 
  comentarios rapidos sobre esse problema.. Eh provavel que eu tenha errado as 
  contas (nao conferi e fiz meio rapido), mas desse jeito foi bom que a resposta 
  ficou simpatica.. 
  Chame de x(n) as palavras de n letras sem dois 
  A's adjacentes. 
  Quantas palavras x(n+2) existem? 
   Se a primeira letra for A, há 
  duas opções para a segunda letra (B ou C) e a partir daí temos x(n) 
  opções.
   Caso contrário, há duas opções 
  para a primeira letra (B ou C) e a partir daí temos x(n+1) 
opções.
  Logo, x(n+2) = 2x(n+1) + 2x(n) (*)
   Usar funções geratrizes em 
  geral não é uma boa técnica para resolverequações lineares de 
  coeficientes constantes pq nesse caso tem uma teoria mais prática, muito 
  parecida com a que voce usa para resolver EDOs..
   Sem maiores explicacoes sobre 
  a teoria (qq coisa, de uma lida na Eureka ou mande um email que eu dou mais 
  detalhes):
Solucoes da 
  forma t^n: t^2- 2t- 2 = 0 = t =1 +- sqrt(3), logo x(n) = 
  a(1+sqrt(3))^n + b(1-sqrt(3))^n eh solucao de (*) qq que sejam 
  a,b.
   No nosso caso porém, x(1)=3, 
  x(2)=8 (donde a recorrencia da x(0) = 1) e portanto a+b=1, (a+b) + 
  (a-b)sqrt(3) = 3 e então 
  a = (2+sqrt(3))/2sqrt(3) = 
  (1+sqrt(3))^2/8sqrt(3), b = (-2+sqrt(3))/2sqrt(3) = 
  -(1-sqrt(3))^2/8sqrt(3)
   Logo, x(n) = 
  [(1+sqrt(3))^(n+2) - (1-sqrt(3))^(n+2)]/8sqrt(3)
   Mais legal ainda é que, como 
  (1-sqrt(3))^(n+2) / 8sqrt(3) eh quase sempre muito pequeno, e x(n) eh inteiro, 
  voce pode concluir que:
  n par: x(n) =Piso 
  {(1+sqrt(3))^(n+2)/8sqrt(3)}
  n impar: x(n) =Teto 
  {(1+sqrt(3))^(n+2)/8sqrt(3)}

RE: [obm-l] Contagem

[Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet]

E como encaixar o _AA___nisto?
 --- Leandro_Lacorte_Recôva [EMAIL PROTECTED]
escreveu:  Korshinoi,
 
  
 
 Tente encontrar a negativa da sua proposicao e
 subtrair de 3^n. Quantas
 dessas palavras possuem mais de 2 A’s
 adjacentes ? 
 
  
 
 2 A’s adjacentes:   AA_ _ _ _ 
 _  (n-1) possibilidades.
 (Posicao do 1º A na casa n-1)
 
 3 A’s adjacentes:   AAA_ _ _ _ _._ 
 (n-2) possibilidades.
 (Posicao do 1º A na casa n-2)
 
 4 A’s adjacentes:   _ _ _ ..._ 
 (n-3) possibilidades.
 


 ..
 
 k A’s adacentes:A…….._   
 (n-k-1) possibilidades
 
  
 
 n A’s adjacentes:  
 1
 possibilidade.
 
  
 
  
 
 Total de mais de 2 A’s  adjacentes = (n-1) +
 (n-2) + (n-3) +
 + 1 = Soma dos primeiros (n-1)
 numeros naturais = n(n-1)/2 
 
  
 
 Portanto, como voce quer excluir essas
 possibilidades, o numero de
 palavras sera dado por  X = 3^n – n(n-1)/2. 
 
  
 
 Se o raciocinio estiver errado, me corrijam,
 please 
 
  
 
 Leandro. 
 
  
 
 -Original Message-
 From: [EMAIL PROTECTED]
 [mailto:[EMAIL PROTECTED] On
 Behalf Of
 [EMAIL PROTECTED]
 Sent: Thursday, September 11, 2003 2:06 PM
 To: [EMAIL PROTECTED]
 Subject: [obm-l] Contagem
 
  
 
 Usando as letras A, B e C podemos formar 3^n
 palavras de n letras.
 Quantas dessas palavras não possuem dois ou
 mais A´s adjacentes??
 Esse exercício foi extraído do livro
 Problem-solving strategies, de
 Arthur Engel. Gostaria de ver outra solução,
 pois, a expressão final da
 minha solução está muito estranha...risos...eu
 diria ...desengonçada. Se
 alguém fizer eu agradeço.
  Korshinoi
 
  

___
Desafio AntiZona: participe do jogo de perguntas e respostas que vai
dar um Renault Clio, computadores, câmeras digitais, videogames e muito
mais! www.cade.com.br/antizona
=
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=

RE: [obm-l] Contagem

[Leandro Lacorte Recôva]

Como eu disse, o AA pode ir andando ao longo das casas ate que o 1o A
chegue na casa (n-1). Por isso coloquei n-1 possibilidades. 

AA_ _ _ _ _ _  _ _ 
_AA_ _ _ _ _ _ _ _
_ _ AA _ _ _ .._ _
_ _ _ _ _ _ _..A A  

Usei o mesmo raciocinio para os outros. Talvez tenha me expressado mal. 


Leandro. 

-Original Message-
From: [EMAIL PROTECTED]
[mailto:[EMAIL PROTECTED] On Behalf Of Johann Peter
Gustav Lejeune Dirichlet
Sent: Friday, September 12, 2003 10:26 AM
To: [EMAIL PROTECTED]
Subject: RE: [obm-l] Contagem

E como encaixar o _AA___nisto?
 --- Leandro_Lacorte_Recôva [EMAIL PROTECTED]
escreveu:  Korshinoi,
 
  
 
 Tente encontrar a negativa da sua proposicao e
 subtrair de 3^n. Quantas
 dessas palavras possuem mais de 2 A’s
 adjacentes ? 
 
  
 
 2 A’s adjacentes:   AA_ _ _ _ 
 _  (n-1) possibilidades.
 (Posicao do 1º A na casa n-1)
 
 3 A’s adjacentes:   AAA_ _ _ _ _._ 
 (n-2) possibilidades.
 (Posicao do 1º A na casa n-2)
 
 4 A’s adjacentes:   _ _ _ ..._ 
 (n-3) possibilidades.
 


 ..
 
 k A’s adacentes:A…….._   
 (n-k-1) possibilidades
 
  
 
 n A’s adjacentes:  
 1
 possibilidade.
 
  
 
  
 
 Total de mais de 2 A’s  adjacentes = (n-1) +
 (n-2) + (n-3) +
 + 1 = Soma dos primeiros (n-1)
 numeros naturais = n(n-1)/2 
 
  
 
 Portanto, como voce quer excluir essas
 possibilidades, o numero de
 palavras sera dado por  X = 3^n – n(n-1)/2. 
 
  
 
 Se o raciocinio estiver errado, me corrijam,
 please 
 
  
 
 Leandro. 
 
  
 
 -Original Message-
 From: [EMAIL PROTECTED]
 [mailto:[EMAIL PROTECTED] On
 Behalf Of
 [EMAIL PROTECTED]
 Sent: Thursday, September 11, 2003 2:06 PM
 To: [EMAIL PROTECTED]
 Subject: [obm-l] Contagem
 
  
 
 Usando as letras A, B e C podemos formar 3^n
 palavras de n letras.
 Quantas dessas palavras não possuem dois ou
 mais A´s adjacentes??
 Esse exercício foi extraído do livro
 Problem-solving strategies, de
 Arthur Engel. Gostaria de ver outra solução,
 pois, a expressão final da
 minha solução está muito estranha...risos...eu
 diria ...desengonçada. Se
 alguém fizer eu agradeço.
  Korshinoi
 
  

___
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dar um Renault Clio, computadores, câmeras digitais, videogames e muito
mais! www.cade.com.br/antizona

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=

Re: [obm-l] Contagem

[Domingos Jr.]

assim como muitas idéias em combinatória, essa parece funcionar, mas
lembre-se sempre de se perguntar:
1. será que estou contando todo mundo?
2. será que estou contando alguém mais de uma vez?

a sua idéia é positiva para a 1ª pergunta, de fato vc não deixa escapar
ninguém, mas pra segunda pergunta sua idéia falha, ela conta muitas vezes um
monte de casos iguais, por exemplo
AAA?... aparece em AA... e ?AA...

[ ]'s


- Original Message - 
From: Leandro Lacorte Recôva [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Sent: Friday, September 12, 2003 4:33 PM
Subject: RE: [obm-l] Contagem


Como eu disse, o AA pode ir andando ao longo das casas ate que o 1o A
chegue na casa (n-1). Por isso coloquei n-1 possibilidades.

AA_ _ _ _ _ _  _ _
_AA_ _ _ _ _ _ _ _
_ _ AA _ _ _ .._ _
_ _ _ _ _ _ _..A A

Usei o mesmo raciocinio para os outros. Talvez tenha me expressado mal.


Leandro.

=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
=

Re: [obm-l] Contagem

[Leandro Recova]

Domingos,
Obrigado pela observacao. Nao havia pensado nesses outros casos. Realmente, contei demais ! 
Leandro.








From: "Domingos Jr." <[EMAIL PROTECTED]>
Reply-To: [EMAIL PROTECTED] 
To: <[EMAIL PROTECTED]>
Subject: Re: [obm-l] Contagem 
Date: Fri, 12 Sep 2003 17:32:53 -0300 
 
assim como muitas idéias em combinatória, essa parece funcionar, mas 
lembre-se sempre de se perguntar: 
1. será que estou contando todo mundo? 
2. será que estou contando alguém mais de uma vez? 
 
a sua idéia é positiva para a 1ª pergunta, de fato vc não deixa escapar 
ninguém, mas pra segunda pergunta sua idéia falha, ela conta muitas vezes um 
monte de casos iguais, por exemplo 
AAA?... aparece em AA... e ?AA... 
 
[ ]'s 
 
 
- Original Message - 
From: "Leandro Lacorte Recôva" <[EMAIL PROTECTED]>
To: <[EMAIL PROTECTED]>
Sent: Friday, September 12, 2003 4:33 PM 
Subject: RE: [obm-l] Contagem 
 
 
Como eu disse, o AA pode ir andando ao longo das casas ate que o 1o A 
chegue na casa (n-1). Por isso coloquei n-1 possibilidades. 
 
AA_ _ _ _ _ _  _ _ 
_AA_ _ _ _ _ _ _ _ 
_ _ AA _ _ _ .._ _ 
_ _ _ _ _ _ _..A A 
 
Usei o mesmo raciocinio para os outros. Talvez tenha me expressado mal. 
 
 
Leandro. 
 
= 
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em 
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html 
= 
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=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
=

RE: [obm-l] Contagem

[Leandro Lacorte Recôva]

Korshinoi,



Tente encontrar a
negativa da sua proposicao e subtrair de 3^n. Quantas dessas palavras possuem
mais de 2 As adjacentes ? 



2 As adjacentes:   AA_
_ _ _  _  (n-1) possibilidades. (Posicao do 1º A na casa n-1)

3 As adjacentes:   AAA_
_ _ _ _._  (n-2) possibilidades. (Posicao do 1º A na casa n-2)

4 As adjacentes:   _
_ _ ..._  (n-3) possibilidades.

..

k As adacentes:    A.._
   (n-k-1) possibilidades



n As adjacentes:   1
possibilidade.









Total de mais de 2 As
 adjacentes = (n-1) + (n-2) + (n-3) + + 1 = Soma dos primeiros
(n-1) numeros naturais = n(n-1)/2 



Portanto, como voce quer
excluir essas possibilidades, o numero de palavras sera dado por  X = 3^n 
n(n-1)/2. 



Se o raciocinio estiver
errado, me corrijam, please 



Leandro. 



-Original Message-
From: [EMAIL PROTECTED]
[mailto:[EMAIL PROTECTED] On
Behalf Of [EMAIL PROTECTED]
Sent: Thursday, September 11, 2003
2:06 PM
To: [EMAIL PROTECTED]
Subject: [obm-l] Contagem



Usando as letras A, B e C podemos formar 3^n
palavras de n letras. Quantas dessas palavras não possuem dois ou
mais A´s adjacentes??
Esse exercício foi extraído do livro Problem-solving strategies, de Arthur Engel.
Gostaria de ver outra solução, pois, a expressão final da minha solução está
muito estranha...risos...eu diria ...desengonçada. Se alguém fizer eu agradeço.
 Korshinoi

Re: [obm-l] Contagem

[Domingos Jr.]

seja f(n) := número de palavras de n letras do 
alfabeto {A, B, C} sem dois ou maisA's consecutivos
e g(n) :=conta todas aspalavras 
contadas por f(n)que terminam em A.
f(1) = 3, g(1) = 1
f(n + 1) = 3f(n) - g(n)
 [a idéia: uma palavra de n+1 
letras deve ser formada por uma palavra de n letras mais uma letra, essa letra 
pode ser A, B, C e a palavra anterior a ela não pode ter A's consecutivos, no 
entanto se a palavra de tamanho n termina em A, não podemos colocar A como 
última letra, logo descontamos g(n)]
g(n + 1) = f(n) - g(n)
 [pegamos uma palavra de n letras 
sem A's consecutivos eque NÃO termina em A e concatenamos um 
A]


agora vamos tentar resolver essas 
recorrências!
f(n) = g(n+1) + g(n) =
f(n + 1) = g(n + 2) + g(n + 1)
mas
f(n + 1) = 3f(n) - g(n) = 3g(n + 1) + 
2g(n)
logo

3g(n + 1) + 2g(n) = g(n + 2) + g(n + 
1)
g(n + 2) = 2[g(n + 1) + g(n)] = 2f(n)
f(n +2) = g(n + 3) + g(n + 2) = 2f(n + 1) + 
2f(n)= 2[f(n+1) + f(n)]


a recorrência passa a ser:
f(1) = 3, f(2) = 8
f(n +2)= 2[f(n+1) + f(n)], n = 
1

os primeiros valores são 3, 8, 22, 60, 164, 
...

vamos obter a função geradora dessa nossa 
f.
seja A(x) = soma{i=1..oo} f(i)*x^i
f(n +2)= 2[f(n+1) + f(n)] 
=
soma{i=1..oo} f(n + 2) = soma{i=1..oo} 2[f(n+1) + 
f(n)] 

temos:
soma{i=1..oo} f(n + 2) = f(3)x + f(4)x² + ... = 
[A(x) - f(1)x - f(2)x²]/x² = [A(x) -3x - 8x²]/x²
soma{i=1..oo} f(n + 1) = f(2)x + f(3)x² + ... = 
[A(x) - f(1)x]/x = [A(x) - 3x]/x

logo:
[A(x) -3x - 8x²]/x² = 2{[A(x) - 3x]/x + 
A(x)}
A(x) -3x - 8x² = 2{xA(x) - 3x² + 
x²A(x)}
A(x) (2x² + 2x - 1) = (-2x² - 3x)
A(x) = (-2x² - 3x)/(2x² + 2x - 1) = -1 - (x+1)(2x² 
+ 2x - 1)


precisamos agora calcular o coeficiente de x^n na 
série que define A(x), fazer isso é um pouco trabalhoso e é bem técnico... o 
livro do Herbert Wilf, generatingfunctionology calcula o falor de fib(n), a 
sequência de Fibonacci... 

devemosexpandir (x+1)/(1 - 2x - 2x²) em 
"partial fractions" (não sei uma boa tradução).

infelizmente estou apanhando pra fazer essa 
expansão, fico te devendo!

um lugar legal pra ver que vc acertou o problema 
é:
http://www.research.att.com/~njas/sequences/
que tem um banco de dados grande de seqüências 
inteiras, procure a sequência 3, 8, 22, 60, 164 pra vc ver que 
legal!

[ ]'s


  - Original Message - 
  From: 
  [EMAIL PROTECTED] 
  To: [EMAIL PROTECTED] 
  Sent: Thursday, September 11, 2003 6:05 
  PM
  Subject: [obm-l] Contagem
  Usando as letras A, B e C podemos formar 3^n "palavras" de 
  n letras. Quantas dessas palavras não possuem dois ou mais A´s 
  adjacentes??Esse exercício foi extraído do livro Problem-solving 
  strategies, de Arthur Engel. Gostaria de ver outra solução, pois, a expressão 
  final da minha solução está muito estranha...risos...eu diria ...desengonçada. 
  Se alguém fizer eu 
  agradeço. Korshinoi 
  

Re: [obm-l] Contagem

[Marcio Afonso A. Cohen]

Seguem alguns comentarios rapidos sobre esse 
problema.. Eh provavel que eu tenha errado as contas (nao conferi e fiz meio 
rapido), mas desse jeito foi bom que a resposta ficou simpatica.. 
Chame de x(n) as palavras de n letras sem dois A's 
adjacentes. 
Quantas palavras x(n+2) existem? 
 Se a primeira letra for A, há 
duas opções para a segunda letra (B ou C) e a partir daí temos x(n) 
opções.
 Caso contrário, há duas opções 
para a primeira letra (B ou C) e a partir daí temos x(n+1) opções.
Logo, x(n+2) = 2x(n+1) + 2x(n) (*)
 Usar funções geratrizes em geral 
não é uma boa técnica para resolverequações lineares de coeficientes 
constantes pq nesse caso tem uma teoria mais prática, muito parecida com a que 
voce usa para resolver EDOs..
 Sem maiores explicacoes sobre a 
teoria (qq coisa, de uma lida na Eureka ou mande um email que eu dou mais 
detalhes):
  Solucoes da 
forma t^n: t^2- 2t- 2 = 0 = t =1 +- sqrt(3), logo x(n) = 
a(1+sqrt(3))^n + b(1-sqrt(3))^n eh solucao de (*) qq que sejam a,b.
 No nosso caso porém, x(1)=3, 
x(2)=8 (donde a recorrencia da x(0) = 1) e portanto a+b=1, (a+b) + (a-b)sqrt(3) 
= 3 e então 
a = (2+sqrt(3))/2sqrt(3) = (1+sqrt(3))^2/8sqrt(3), 
b = (-2+sqrt(3))/2sqrt(3) = -(1-sqrt(3))^2/8sqrt(3)
 Logo, x(n) = [(1+sqrt(3))^(n+2) 
- (1-sqrt(3))^(n+2)]/8sqrt(3)
 Mais legal ainda é que, como 
(1-sqrt(3))^(n+2) / 8sqrt(3) eh quase sempre muito pequeno, e x(n) eh inteiro, 
voce pode concluir que:
n par: x(n) =Piso 
{(1+sqrt(3))^(n+2)/8sqrt(3)}
n impar: x(n) =Teto 
{(1+sqrt(3))^(n+2)/8sqrt(3)}

  - Original Message - 
  From: 
  Domingos Jr. 
  
  To: [EMAIL PROTECTED] 
  Sent: Thursday, September 11, 2003 8:47 
  PM
  Subject: Re: [obm-l] Contagem
  
  seja f(n) := número de palavras de n letras do 
  alfabeto {A, B, C} sem dois ou maisA's consecutivos
  e g(n) :=conta todas aspalavras 
  contadas por f(n)que terminam em A.
  f(1) = 3, g(1) = 1
  f(n + 1) = 3f(n) - g(n)
   [a idéia: uma palavra de n+1 
  letras deve ser formada por uma palavra de n letras mais uma letra, essa letra 
  pode ser A, B, C e a palavra anterior a ela não pode ter A's consecutivos, no 
  entanto se a palavra de tamanho n termina em A, não podemos colocar A como 
  última letra, logo descontamos g(n)]
  g(n + 1) = f(n) - g(n)
   [pegamos uma palavra de n 
  letras sem A's consecutivos eque NÃO termina em A e concatenamos um 
  A]
  
  
  agora vamos tentar resolver essas 
  recorrências!
  f(n) = g(n+1) + g(n) =
  f(n + 1) = g(n + 2) + g(n + 1)
  mas
  f(n + 1) = 3f(n) - g(n) = 3g(n + 1) + 
  2g(n)
  logo
  
  3g(n + 1) + 2g(n) = g(n + 2) + g(n + 
  1)
  g(n + 2) = 2[g(n + 1) + g(n)] = 
2f(n)
  f(n +2) = g(n + 3) + g(n + 2) = 2f(n + 1) + 
  2f(n)= 2[f(n+1) + f(n)]
  
  
  a recorrência passa a ser:
  f(1) = 3, f(2) = 8
  f(n +2)= 2[f(n+1) + f(n)], n = 
  1
  
  os primeiros valores são 3, 8, 22, 60, 164, 
  ...
  
  vamos obter a função geradora dessa nossa 
  f.
  seja A(x) = soma{i=1..oo} f(i)*x^i
  f(n +2)= 2[f(n+1) + f(n)] 
  =
  soma{i=1..oo} f(n + 2) = soma{i=1..oo} 2[f(n+1) + 
  f(n)] 
  
  temos:
  soma{i=1..oo} f(n + 2) = f(3)x + f(4)x² + ... = 
  [A(x) - f(1)x - f(2)x²]/x² = [A(x) -3x - 8x²]/x²
  soma{i=1..oo} f(n + 1) = f(2)x + f(3)x² + ... = 
  [A(x) - f(1)x]/x = [A(x) - 3x]/x
  
  logo:
  [A(x) -3x - 8x²]/x² = 2{[A(x) - 3x]/x + 
  A(x)}
  A(x) -3x - 8x² = 2{xA(x) - 3x² + 
  x²A(x)}
  A(x) (2x² + 2x - 1) = (-2x² - 3x)
  A(x) = (-2x² - 3x)/(2x² + 2x - 1) = -1 - 
  (x+1)(2x² + 2x - 1)
  
  
  precisamos agora calcular o coeficiente de x^n na 
  série que define A(x), fazer isso é um pouco trabalhoso e é bem técnico... o 
  livro do Herbert Wilf, generatingfunctionology calcula o falor de fib(n), a 
  sequência de Fibonacci... 
  
  devemosexpandir (x+1)/(1 - 2x - 2x²) em 
  "partial fractions" (não sei uma boa tradução).
  
  infelizmente estou apanhando pra fazer essa 
  expansão, fico te devendo!
  
  um lugar legal pra ver que vc acertou o problema 
  é:
  http://www.research.att.com/~njas/sequences/
  que tem um banco de dados grande de seqüências 
  inteiras, procure a sequência 3, 8, 22, 60, 164 pra vc ver que 
  legal!
  
  [ ]'s
  
  
- Original Message - 
From: 
[EMAIL PROTECTED] 
To: [EMAIL PROTECTED] 
Sent: Thursday, September 11, 2003 6:05 
PM
Subject: [obm-l] Contagem
Usando as letras A, B e C podemos formar 3^n "palavras" 
de n letras. Quantas dessas palavras não possuem dois ou mais A´s 
adjacentes??Esse exercício foi extraído do livro Problem-solving 
strategies, de Arthur Engel. Gostaria de ver outra solução, pois, a 
expressão final da minha solução está muito estranha...risos...eu diria 
...desengonçada. Se alguém fizer eu 
agradeço. 
Korshinoi 

[obm-l] Re:[obm-l] Contagem difícil - ajuda

[rafaelc.l]

 A resposta não seria 24!/12?


__
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De quantas maneiras 24 pessoas podem subir numa roda gigante de 12 assentos, 
sabendo que cada assento comporta duas pessoas? 

Re: [obm-l] contagem

[Paz2001terra]

Concordo com o Morgado, existem repetições.
Mas, não seriam um total de 120 : 4 = 30 maneiras?

Re: [obm-l] contagem

[Lltmdrtm]

 
=
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=

Re: [obm-l] contagem

[Marcos Aurélio Almeida da Silva]

se as faces do cubo forem iguais (indiferentes) é 
só C(6,3) = 6! / 3!*3! = 6*5*4 / 3*2*1 = 20

  - Original Message - 
  From: 
  [EMAIL PROTECTED] 
  
  To: [EMAIL PROTECTED] 
  Sent: Friday, March 08, 2002 6:30 
AM
  Subject: [obm-l] contagem
  1. Dispõe-se de 6 cores 
  distintas, 3 das quais serão escolhidas para pintar as faces de um cubo. De 
  quantos modos a pintura poderá ser feita se faces opostas devem ter a mesma 
  cor? 

Re: [obm-l] contagem

[Marcos Reynaldo]

 Augusto César Morgado wrote:
 
  Voce contou cada cubo mais de uma vez.
  Morgado
 
Realmente vc tem razao, com o principio fundamental da
contagem a gente coloca uma certa ordem que nao eh
necessaria no problema. A resposta seria os 120
dividido por 3! que é o número de faces que
considerei.
:))

A proposito vcs poderiam me dar umas dicas. Costumo
ter dificuldade em resolver problemas de contagem, jah
li ,e resolvi varios dos exercicios (e sempre que
tenho tempo vou atras), de alguns livros (como o do
livro do Morgado, que por sinal eh excelente), mas
cada problema parece que eh diferente... so depois de
ver a resolucao vc conclui que eh a mesma coisa dos
outros mas nem sempre isso eh visivel a primeira
vista. Os de probabilidade sao os que tenho maior
dificuldade. A pergunta eh como faco para melhorar
minha analise nessas areas (contagem e
probabilidade)?? Alguma dica especial ??

[] Marcos

___
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Re: [obm-l] contagem

[Marcos Reynaldo]

Bom, eu não sei se minha analise está certa mas vah
lah.
Se vc tomar uma das faces do cubo, verah que exite 6
possibilidade de pintar ela (e uma unica de pintar a
face oposta, pois deve ser da mesma cor). Restam 4
faces. Tomando uma destas 4 faces temos 5
possibilidade de pintar ela (pois a cores devem ser
distintas) e um unico modo de pintar a face oposta.
Sobram duas faces que por sinal são opostas. Agora
sobrou 4 modos de pintar essa face e escolhida a cor
um único modo de pintar a face oposta. Pelo principio
multiplicativo temos 6 x 5 x 4 = 120 modos de pintar o
cubo obedecendo o que foi proposto.
Veja que se vc iniciar o processo por outra face,
girando cubo vc ficara na mesma situacao acima.

Bom acho que eh isso, mas espere mais alguns membros
da lista opinarem.

[] Marcos

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