Boa noite!
Israel,
você é detalhista.
É fácil ver que se n = p^k, só haverá p^(k-1) divisores de p^k.
Ou seja, d = m.p, onde 0
2018-03-29 21:17 GMT-03:00 Claudio Buffara :
> A função pode ser expressa como uma série de Taylor centrada na origem e que
> converge em todo o plano (pois é inteira, ou seja, não possui singularidades
> exceto possivelmente no infinito).
>
> Assim, f(z) = a_0 + a_1*z +
Boa noite!
Não tenho editor de símbolos. Portanto.
Fi(n)= n . Produtório de ( p-1)/ p, onde p é primo e p divide n.
Em 28 de mar de 2018 22:19, "Anderson Torres"
escreveu:
> Em 28 de março de 2018 21:24, Israel Meireles Chrisostomo
>
Outra sugestão: proponha o problema de contar de quantas maneiras é
possível arrumar N dominós 1x2 numa caixa 2xN.
Fibonacci também aparece neste aí.
A diferença é que, no dos bits, B(N) = F(N+2) enquanto que, no dos dominós,
D(N) = F(N+1)
(F é definida da forma usual, com F(1) = F(2) = 1)
Ou
Sugestão de natureza didática: eu mostraria uma solução mais braçal, tal
como a minha, e depois mostraria a solução recursiva.
Moral: em geral vale a pena pensar no problema antes de sair escrevendo...
2018-03-29 15:17 GMT-03:00 Claudio Buffara :
> Sim. Acho essa uma
Vou mostrar a sua e a minha e aí se ele não aprender com as duas, tento
fazer devagar em casos menores. hehe
Abraços Cláudio e obrigado =)
2018-03-29 15:17 GMT-03:00 Claudio Buffara :
> Sim. Acho essa uma solução bem mais elegante.
> Mas também é mais sofisticada, e
Sim. Acho essa uma solução bem mais elegante.
Mas também é mais sofisticada, e você falou que o aluno é principiante.
De todo jeito, acho que raciocinar recursivamente é uma habilidade que todo
estudante de matemática deveria desenvolver.
[]s,
Claudio.
2018-03-29 14:45 GMT-03:00 Igor Caetano
Em 27 de março de 2018 21:04, Claudio Buffara
escreveu:
> Pra quem se interessa por polinômios complexos e suas raízes, aqui vão dois
> teoremas muito legais e razoavelmente bem conhecidos (demonstrações são
> facilmente achadas via Google. Mas, é claro, tentar
acho que vou comprar esse livro. Eu tenho Complex Made Simple, de David UlrichArtur Costa Steiner Em 27 de mar de 2018 15:52, Claudio Buffara escreveu:
A rigidez à qual eu me referia me parece ter mais a ver com o fato de que uma função analÃtica, por também ser
Em Ter, 27 de mar de 2018 13:50, Claudio Buffara
escreveu:
> Os problemas 1, 3 e 4 me parecem ser consequências da "rigidez" que a
> diferenciabilidade complexa impõe às funções analíticas e que, pra mim,
> está longe de ser algo intuitivo.
>
> Por exemplo, no problema
A rigidez à qual eu me referia me parece ter mais a ver com o fato de que
uma função analítica, por também ser conforme, transforma um "quadrado
infinitesimal" em outro "quadrado infinitesimal", enquanto que uma função
que é apenas real-diferenciável (no sentido da análise no R^n, olhando C
como
2018-03-27 13:36 GMT-03:00 Claudio Buffara :
> Os problemas 1, 3 e 4 me parecem ser consequências da "rigidez" que a
> diferenciabilidade complexa impõe às funções analíticas e que, pra mim, está
> longe de ser algo intuitivo.
É, a estrutura complexa é muito
Bacana! Vou ficar de olho pra tua resposta!
Até,
Tássio
2018-03-27 2:22 GMT+01:00 Anderson Torres :
> Gostei! Vou até enviar...
>
> Em 5 de fevereiro de 2018 10:44, Tássio Naia escreveu:
> > Salve,
> >
> > Gostaria de sugerir aos colegas a
n^2 == 1 (mod 8) se n é ímpar.
Pra ver isso, basta testar n = 1, 3, 5, 7.
Daí e’ só elevar ambos os lados da congruência ao expoente (n-1)/2, obtendo:
n^(n-1) == 1 (mod 8).
Finalmente, multiplique esta congruência por n.
Abs
Enviado do meu iPhone
Em 26 de mar de 2018, à(s) 22:22, Anderson
Bom dia!
Agora estou contente. Posso alardear que pelo menos matei um problema da
IMO.
(s-1)(t-1)(u-1) | ust-1 1=2 e só atende quando k(s,t,u) é
inteiro.
Fixando-se duas váriaveis k é monótona decrescente para a outra; assim
kmax(s) = k(s,s+1,s+2)=
De fato, trata-se do problema 1 da IMO 1992.
Abs,
Matheus Secco
Em Seg, 26 de mar de 2018 09:24, Claudio Buffara
escreveu:
> Muito fácil pra ser de IMO...
>
> 2018-03-26 6:58 GMT-03:00 Anderson Torres :
>
>> Este não é o problema de
Muito fácil pra ser de IMO...
2018-03-26 6:58 GMT-03:00 Anderson Torres :
> Este não é o problema de alguma IMO não? Eu lembro de ter resolvido,
> quase igual à solução oficial: substituir s,t,u por a+1,b+1,c+1 e
> calcular os possiveis valores de
> 1/a+1/b+1/c +
Este não é o problema de alguma IMO não? Eu lembro de ter resolvido,
quase igual à solução oficial: substituir s,t,u por a+1,b+1,c+1 e
calcular os possiveis valores de
1/a+1/b+1/c + 1/ab+1/ac+1/bc usando desigualdades - para daí limitar
os valores de a,b,c.
Em 23 de março de 2018 17:01, Claudio
Em 23 de março de 2018 10:35, Claudio Buffara
escreveu:
> Na verdade os meus questionamentos surgiram por causa do meu interesse em
> ensino de matemática.
>
> Por exemplo, produtos notáveis e fatorações são notoriamente mal ensinados,
> pelo menos nos livros didáticos
NAO QUERO MAIS RECEBER EMAIL.
Em domingo, 25 de março de 2018 21:04:32 GMT-3, Artur Costa Steiner
escreveu:
No problem, man! Quem nunca se enganou?
Mas eu só consigo provar isso recorrendo ao T. de Picard. Alguns top dogs da
análise complexa acham que conta
Imagino que matemáticos profissionais, na fronteira do conhecimento, devem
usar os resultados que estiverem disponíveis, por mais obscuros e
complicados que sejam.
A "book proof" sempre fica pra depois.
Mas eu não sou um matemático profissional. Não tenho nenhuma pressão pra
publicar nada.
Quero
No problem, man! Quem nunca se enganou?
Mas eu só consigo provar isso recorrendo ao T. de Picard. Alguns top dogs da
análise complexa acham que conta ponto provar teoremas sem aplicar Picard,
porque muitas vezes Picard facilita mesmo. Não sei se isso procede. Picard
queimou os neurônios para
Uma prova quase imediata de que gosto muito baseia-se na fórmula integral de
Cauchy.
Se p não se anular em C, 1/p é inteira. Aplicando à mesma a fórmula integral
de Cauchy em torno de 0, temos, para todo r > 0, que
Integral (sobre |z | = r) dz/(z p(z) = (2 pi i)/p(0) <> 0 (1)
Mas pelas
A meu ver, a demonstração mais simples do TFA é baseada no seguinte resultado,
devido a D’Alembert:
Se p(z) é um polinômio complexo e p(a) <> 0, então existe h tal que |p(a+h)| <
|p(a)|.
A demonstração deste resultado mostra que ele é válido pra qualquer função
holomorfa e não apenas
OK!
Artur Costa Steiner
Em Dom, 25 de mar de 2018 15:06, Carlos P.
escreveu:
> Muito obrigado pelas respostas.
>
> Com relação à função exponencial, se fizermos z_n = 2n pi i, então |z_n|
> --> oo quando n --> oo mas z_n = 1 para todo n, pois a exp tem período 2 pi
>
OK!
Artur
Em Dom, 25 de mar de 2018 15:06, Carlos P.
escreveu:
> Muito obrigado pelas respostas.
>
> Com relação à função exponencial, se fizermos z_n = 2n pi i, então |z_n|
> --> oo quando n --> oo mas z_n = 1 para todo n, pois a exp tem período 2 pi
> i. Logo,
Pois do jeito que você propôs, alguém poderia pensar que se trata de provar
que (s-1)(t-1)(u-1) divide stu - 1 para todos os inteiros s, t, u com 1 < s
< t < u, o que certamente não é verdade.
2018-03-23 16:55 GMT-03:00 Claudio Buffara :
> Sim. Eu só quis ter certeza
Sim. Eu só quis ter certeza de que o problema era:
achar todos os inteiros s, t, u com 1 < s < t < u tais que (s-1)(t-1)(u-1)
divide stu - 1
2018-03-23 16:45 GMT-03:00 Pedro José :
> Boa tarde!
> Seria bom desconsiderar o problema aqui, pois já tem um caminhão de notas.
>
Boa tarde!
Seria bom desconsiderar o problema aqui, pois já tem um caminhão de notas.
Criei uma mensagem nova, não sei porque foi parar aqui, não sei se pelo
assunto ter o mesmo nome.
Alguém postá-lo independente dessa leva.
Cláudio, o que você propôs, não tem solução. Não creio que ajude.
Não
Em Qui, 22 de mar de 2018 14:55, Artur Costa Steiner
escreveu:
> OK!
>
> Ests prova vale para raízes positivas, certo? Para n par, há também uma
> raiz negativa.
>
> Para raízes positivas, eu dei uma prova um pouco deferente da sua para a
> irracionalidade de x, porque
Você não havia explicado que* "fui fazer um experimento tirando o "1" da
equação. Usei um par (x,y) com a mesma paridade e achei um z inteiro.
Novamente usei outro par e deu outro z inteiro. Olhando para os
experimentos. Vi que nos dois casos z = -(x+y)/2. Ai tornou-se uma
conjectura."*
Ou seja,
Boa tarde!
Cláudio,
desculpe-me discordar, mas eu disse de onde veio. Só não veio de nenhuma
técnica.
Estava vendo que a parcela do problema: (x+y) (x+z) (y+z)/2 sempre seria
inteira pois dois desses valores teriam paridade iguais.
Aí fui fazer um experimento tirando o "1" da equação. Usei um
Bom dia!
Anderson,
o Gugu já avançou, em uma nota acima. E é passível.
Revendo a solução do Ralph, fica claro que essa transformação seria de
valia.
Pois essa transformação leva a :
a = (y+z)/2
b= (x+z)/2
c= (x+y)/2
Então na ordem que o Ralph apresentou: 1/2*(2x+y+z)(x+2y+z)(x+y+2z)=1
(b+c) dá
Na verdade os meus questionamentos surgiram por causa do meu interesse em
ensino de matemática.
Por exemplo, produtos notáveis e fatorações são notoriamente mal ensinados,
pelo menos nos livros didáticos de 8o e 9o ano que eu examinei.
Nenhum menciona que:
a) as generalizações de (x+y)^2 = x^2 +
Em 21 de março de 2018 09:47, Claudio Buffara
escreveu:
> Como você passou de:
> 4abc + (a+b+c)^3 + (-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c) = 1
>
> Para:
> 4(a+b+c)(ab+ac+bc) - 4abc = 1
It's kind of magic. Eu simplesmente abri tudo com vontade e notei
certas repetições
que sempre
Boa noite!
Nem havia reparado que a transformação do Gugu, foi feita em composição com
a anterior que fora postada. Acabou sendo a mesma que postei.
Escolhi porque fazia sumir os termos com expoente 3.
Saudações,
PJMS
Em 22 de mar de 2018 22:59, "Pedro José" escreveu:
>
Oi Claudio,
Eu não sei de onde veio a substituição mágica do Anderson Torres -
só achei uma fatoração na expressão obtida a partir dela... Não sou
especialmente fã desse tipo de problema.
Abraços,
Gugu
Quoting Claudio Buffara :
Tudo muito
Boa noite!
Vi duas proposições de substituições de variáveis, nas notas anteriores e
ratifico os questionamentos do Cláudio.
Aventurei uma substituição:
a=x+y ; b=x+z; c = y + z.
Aí, na munheca cancelam-se os termos com expoentes cúbicos. E separando os
termos de
(a+b)*(a+c), no que sobra, chega-
OK!
Ests prova vale para raízes positivas, certo? Para n par, há também uma
raiz negativa.
Para raízes positivas, eu dei uma prova um pouco deferente da sua para a
irracionalidade de x, porque tinha provado antes que as raízes não triviais
estão em (1, e), no qual o único inteiro é 2. Depois,
Tudo muito bom, mas o que ninguém explicou é como foram obtidas as
fatorações/transformações algébricas mágicas.
Insight?
Conhecimentos prévios?
Tentativa e erro e muito braço?
[]s,
Claudio.
2018-03-21 18:54 GMT-03:00 :
> Sim, e fazendo a=u/2, b=v/2 e c=w/2 temos
Seja x um número real diferente de n tal que x^n = n^x ==> x = n^(x/n).
Se x for transcendente, não há o que provar.
Suponhamos, assim, que x seja algébrico.
O teorema de Gelfond-Schneider diz que se a e b são algébricos, com a <> 0,
a <> 1 e b irracional, então a^b é transcendente.
n é
Sim, e fazendo a=u/2, b=v/2 e c=w/2 temos (u+v+w)(uv+uw+vw)-uvw=2, ou
seja, u^2v+uv^2+u^2w+uw^2+v^2w+vw^2+2uvw=2, mas
u^2v+uv^2+u^2w+uw^2+v^2w+vw^2+2uvw=(u+v)(u+w)(v+w). Assim, podemos ter
u+v=2, u+w=v+w=1, o que dá w=0, u=v=1; u+v=2, u+w=v+w=-1, o que dá
w=-2, u=v=1; u+v=-2, u+w=1,
Ah Deus! Esqueci de dizer, raízes não triviais, distintas de n.
Artur Costa Steiner
Em Qua, 21 de mar de 2018 18:12, Claudio Buffara
escreveu:
> Tá certo isso? Pois, para todo n natural, n sempre é raiz de x^n = n^x.
>
> 2018-03-21 16:45 GMT-03:00 Artur Steiner
Como você passou de:
4abc + (a+b+c)^3 + (-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c) = 1
Para:
4(a+b+c)(ab+ac+bc) - 4abc = 1
???
[]s,
Claudio.
2018-03-20 23:14 GMT-03:00 Anderson Torres :
> Em 13 de março de 2018 20:19, Douglas Oliveira de Lima
>
2018-03-20 23:14 GMT-03:00 Anderson Torres :
> Em 13 de março de 2018 20:19, Douglas Oliveira de Lima
> escreveu:
>> Essa achei legal e estou postando.
>>
>> Resolva nos inteiros a seguinte equação: (x + y)(y + z)(z + x)/2 + (x + y +
Seu orgulho talvez seja justificado!
Como você descobriu que qualquer terno ordenado da forma ( x , y , -(x+y)/2
) é solução da equação "sem o 1"?
Isso não me parece nem um pouco óbvio.
Eu sei que, dados três inteiros, pelo menos dois devem ter a mesma
paridade, e que, como a equação é simétrica
Boa tarde!
Ralph,
parabéns pela sua resolução.
Já, eu, caminhei por caminhos bem mais tortuosos.
Embora extremamente deselegante é uma solução.
Se xo,yo,zo é uma solução, temos que pelo menos duas incógnitas têm a mesma
paridade.
Como o problema é simétrico, sem perda de generalidade, vamos
É acabou me ajudando. Resolvi de uma outra forma, mais complicada, usando a
fórmula. Quando tiver um tempo eu posto.
Em 19 de mar de 2018 21:02, "Ralph Teixeira" escreveu:
> Opa, opa, opa! Pedro, voce achou uma formula assim generica, z=-(x+y)/2,
> que resolve esta equacao?
Opa, opa, opa! Pedro, voce achou uma formula assim generica, z=-(x+y)/2,
que resolve esta equacao? Beleza, excelente ideia, temos um caminho!
Porque, se z=-(x+y)/2 eh SEMPRE solucao disso (independente de "inteiros"
ou nao), quer dizer que essa coisa horrorosa, passando tudo para o outro
lado,
De fato, procurando soluções com x+y+z = 0, a equação fica:
(-z)(-x)(-y)/2 + 0^3 = 1 - xyz ==>
-xyz/2 = 1 - xyz ==>
xyz = 2 ==>
(x,y,z) = (-1,-1,2) ou (-1,2,-1) ou (2,-1,-1)
Mas ainda não se provou que estas são as únicas soluções.
2018-03-19 14:22 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima <
Bom dia!
Estou só conjecturando. Pois, não consegui nenhuma restrição.
A única coisa que consegui, mas não me adiantou de nada, é que:
x,y pares ou x,y ímpares e z = -(x+y)/2 é solução de
*(x + y)(y + z)(z + x)/2 + (x + y + z)3 = – xyz*
Também, não consegui provar que é a única família de
E (-1,-1,2) e suas permutacoes.
Em 19 de mar de 2018 10:25, "Pedro José" escreveu:
> Bom dia!
>
> Poderia postar a solução? Não consegui achar nenhuma restrição para
> trabalhar num subconjunto pequeno dos inteiros.
> Creio que vá ser apenas a trivial (0,0,1) e suas
Podem existir soluções não triviais envolvendo inteiros negativos.
2018-03-19 10:17 GMT-03:00 Pedro José :
> Bom dia!
>
> Poderia postar a solução? Não consegui achar nenhuma restrição para
> trabalhar num subconjunto pequeno dos inteiros.
> Creio que vá ser apenas a
Talvez seja conceitualmente mais simples provar que o subespaço E gerado por u,
v, w é igual ao subespaço F gerado por u+v-w, u-v+w, -u+v+w.
A inclusão F c E é evidente.
Na outra direção, temos:
u = 1/2*((u+v-w)+(u-v+w)),
etc...
Assim, como E = F, dimE = dimF.
Logo, dimE = 3 sss dimF = 3.
Valeu Ralph, Valeu Matheus , muito obrigado.
Tinha mesmo pensado em algo semelhante, pensei da seguinte forma:
Quando a, b ou c são zero então a expressão dá zero, logo existe abc como
fator, daí,
a expressão remanescente de grau 2 assumiria a forma
x(a^2+b^2+c^2)+y(ab+ac+bc),
e substituindo
A propriedade de reflexão na elipse é outra consequência interessante da
desigualdade triangular e, mais precisamente, da solução do problema de achar o
caminho mais curto entre os pontos A e B tocando uma reta dada (A e B estando
num mesmo semiplano determinado pela reta).
No fim, o caminho
Em 11 de março de 2018 22:37, Ralph Teixeira escreveu:
> ...e portanto a elipse de focos A e B passando por O tem que ser tangente aa
> elipse de focos C e D passando por O Fica como exercicio pensar o que
> uma coisa tem a ver com a outra.
Heuristicamente, eu chutaria que
...e portanto a elipse de focos A e B passando por O tem que ser tangente
aa elipse de focos C e D passando por O Fica como exercicio pensar o
que uma coisa tem a ver com a outra.
(O que podia ser visto de outras formas, diga-se de passagem, se voce sabe
que a normal a tal elipse eh a
É isso aí!
Uma aplicação simples mas elegante da desigualdade triangular.
E o ponto O não parece ser tão difícil de conjecturar. Afinal, o ponto de
intersecção das diagonais talvez seja o “ponto notável”
mais óbvio de um quadrilátero (certamente é o mais fácil de construir - duas
aplicações da
Na vdd acho que confundi esse problema com outro sinistro rs.
Ah mas ta valendo, pelo menos agora agente tem outro.
Abracos.
Em 1 de mar de 2018 11:41, "Jeferson Almir"
escreveu:
> Opa !! Deu um valor legal. Eu tinha errado a resposta é 48º. Desculpem
>
> Em qui, 1
Eis a solução, quem me apresentou esse problema pela primeira vez foi meu
professor da UERJ Paulo César em 2003 se não me engano..
E depois peguei a revista que tinha a resolução com um grande amigo que
faleceu "Gandhi" Antonio Luis dos Santos.
O link da solução é
Opa !! Deu um valor legal. Eu tinha errado a resposta é 48º. Desculpem
Em qui, 1 de mar de 2018 às 11:27, Jeferson Almir
escreveu:
> Eu coloquei no Geogebra e deu 48,71º. Deve ter algo errado
>
> Em qua, 28 de fev de 2018 às 21:46, Anderson Torres <
>
Eu coloquei no Geogebra e deu 48,71º. Deve ter algo errado
Em qua, 28 de fev de 2018 às 21:46, Anderson Torres <
torres.anderson...@gmail.com> escreveu:
> Em 28 de fevereiro de 2018 11:59, Claudio Buffara
> escreveu:
> > Sugestão 1: usando régua e transferidor,
Em 28 de fevereiro de 2018 11:59, Claudio Buffara
escreveu:
> Sugestão 1: usando régua e transferidor, desenhe uma figura tão grande e
> precisa quanto puder (por exemplo, ocupando a maior parte de uma folha de
> A4).
> Daí, meça o ângulo EDB com o transferidor e
Obrigado, Bruno.
Realmente, após a sua resposta, percebi que a desigualdade de Bonferroni
pode ser demonstrada para interseções de qualquer quantidade de conjuntos,
não precisa necessariamente ser a interseção de todos os conjuntos. Fiz uma
pequena adaptação e consegui demonstrar a fórmula que
Em 16 de janeiro de 2018 13:50, Bernardo Freitas Paulo da Costa
escreveu:
> 2018-01-16 1:10 GMT-02:00 Anderson Torres :
>> Eu na verdade pensei ao contrário:
>>
>> Começamos com o conjunto de todos os subconjuntos de N. Cada conjunto
>> será
2018-01-16 14:11 GMT-02:00 Igor Caetano Diniz :
> Fala Bernardo, tudo certo?
> Mas sera que eu conseguiria provar que esses números não seriam uma
> quantidade enumeravel de pontos entre 0 e 1 e, então, como é enumeravel, eu
> consigo pegar uma quantidade enumeravel em
Fala Bernardo, tudo certo?
Mas sera que eu conseguiria provar que esses números não seriam uma
quantidade enumeravel de pontos entre 0 e 1 e, então, como é enumeravel, eu
consigo pegar uma quantidade enumeravel em P(N) para esses pontos. Acha que
seria ruim?
Abraço
On Jan 16, 2018 13:59,
2018-01-16 1:10 GMT-02:00 Anderson Torres :
> Eu na verdade pensei ao contrário:
>
> Começamos com o conjunto de todos os subconjuntos de N. Cada conjunto
> será representado por uma string infinita de zeros e unzes, da
> seguinte forma: Se o conjunto contiver o
Uma ideia legal Para provar que (-1,1) tem bijeção com R, seria usar f(x) =
x/(x^2-1) provando que ela eh injetiva e sobrejetiva
On Jan 16, 2018 01:20, "Anderson Torres"
wrote:
> Eu na verdade pensei ao contrário:
>
> Começamos com o conjunto de todos os
Eu na verdade pensei ao contrário:
Começamos com o conjunto de todos os subconjuntos de N. Cada conjunto
será representado por uma string infinita de zeros e unzes, da
seguinte forma: Se o conjunto contiver o natural x, o x-ésimo
caractere desta string será 1; caso contrário, será 0.
Botando
Olá Sávio,
Muito obrigado. Tava pensando em algo parecido mas agora voce esclareceu
bastante.
Abraços
On Jan 15, 2018 16:55, "Sávio Ribas" wrote:
> Boa tarde!
> A primeira parte servirá para mostrar que a cardinalidade de IR é igual à
> cardinalidade de [0,1].
> Não é
Pior que quando eu escrevei aquilo, eu pensei mesmo duas vezes se devia
explicar este detalhe... Mas, em vista de discussoes passadas (como esta
que voce citou), achei que podia passar batido e esperar alguem perguntar,
se fosse o caso... Tipo, recentemente, numa olimpiada dessas, houve uma
breve
Oi, Mateus et alli
Eu cutuquei o Ralph porque há tempos ele colocou exatamente essa sua
explicação "vindo em defesa" de uma solução que eu havia postado de outro
problema". Rsrsr.
Achei importante explicitar esse detalhe pra galera.
Grande abraço
Nehab
Em 28 de novembro de 2017 12:07, Matheus
Para ver que Q(x), basta ver que (x-a)(x-b)(x-c)(x-d) tem coeficiente lider
1 e ao fazer a divisão longa de P(x) por este polinomio com coeficiente
lider 1, não há riscos de introduzir frações.
Abs,
Secco
Em 28 de nov de 2017 11:58 AM, "Carlos Nehab"
escreveu:
Oi, Ralph
Oi, Ralph
E o detalhe que Q(x) tem coeficientes inteiros..., "exprica prá nóis"!
Abraços
Nehab
Em 27 de novembro de 2017 21:51, Ralph Teixeira
escreveu:
> Acho que eles queriam 4 raizes inteiras distintas.
>
> Neste caso, temos P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)Q(x) onde Q(x) tem
Bom dia!
O Ralph seguiu o caminho certo. Contagem é para coisas distintas.
Multiplicidade da raiz já é outro conceito.
A solução do Ralph foi perfeita, pois, além de considerar as quatros
raízes, não fez restrição à multiplicidade dessas raízes.
Em 27 de novembro de 2017 21:51, Ralph Teixeira
2x^4 também é contra-exemplo
Em 27 de nov de 2017 19:41, "Bruno Visnadi"
escreveu:
> As raízes precisam ser distintas? Se podem ser iguais, x^4 - 3 x^3 + 3x^2
> - 1x é um contra-exemplo ao problema.
>
> Em 27 de novembro de 2017 20:09, André Lauer
Obrigado gente!
Em 26 de novembro de 2017 21:38, Carlos Nehab
escreveu:
> Apenas corrigindo o detalhe...
>
> Vamos lá:
> As proposições
> p: (qqsx)(se x é racional então y é irracional)
> ~p (não p): (há x)(x é racional *e* y é racional)
> são (verdadeiras). FALSAS, de
Bom dia!
Consegui entender como o Anderson chegou a solução. E realmente é 3^n no
denominador, ou seja, (10^k-1)/3^n, onde 10^k = 1 mod3^n.
E o número m, de algarismos zeros, que deve ser acrescidos a esquerda do
resultado acima é o menor inteiro m, que atende 10^(m+1) > 3^n.
Para o caso
Bom dia!
Não entendi como o Anderson chegou a solução, para determinar o período
propriamente dito. Todavia fiz um experimento e realmente dá certo para
(10^k-1)/3^n. Acho que ele se enganou e reportou n somente ao invés de 3^n.
Todavia, em alguns casos, precisa colocar algarismos zeros a
2017-11-21 22:41 GMT-02:00 Anderson Torres :
> Que treta... Bem, a ideia seria descobrir a potência de dez que deixa
> resto um módulo 3^2002, e daí realizar a divisão longa
> ((10^k-1)/2002)...
>
> Em 21 de novembro de 2017 17:13, Vinícius Raimundo
>
Completando: como todo ponto de aderência é limite de subsequência e
vice-versa, se a_n —> L então L é o único limite subsequencial e, portanto, o
único ponto de aderência de (a_n).
Enviado do meu iPad
Em 30 de out de 2017, à(s) 10:37 PM, Cassio Anderson Feitosa
Olá! Bom dia!
Segue meu número para o grupo no Telegram: 85 999553179!
Em 24 de setembro de 2017 08:14, Igor Caetano Diniz escreveu:
> Bom, achei a ideia ótima mas já criamos o grupo e estamos tirando dúvida
> um do outro já
>
> On Sep 24, 2017 08:06, "Marcelo de Moura
Bom, achei a ideia ótima mas já criamos o grupo e estamos tirando dúvida um
do outro já
On Sep 24, 2017 08:06, "Marcelo de Moura Costa" wrote:
> Concordo, lá ainda aceita LaTeX
>
> Em 24 de set de 2017 7:07 AM, "Anderson Torres" <
> torres.anderson...@gmail.com> escreveu:
>
Concordo, lá ainda aceita LaTeX
Em 24 de set de 2017 7:07 AM, "Anderson Torres" <
torres.anderson...@gmail.com> escreveu:
> Whatsapp? Por que não usam o Telegram?
>
> Em 20 de setembro de 2017 11:07, Luiz Antonio Rodrigues
> escreveu:
> > Oi, Igor!
> > Tudo bem?
> >
Whatsapp? Por que não usam o Telegram?
Em 20 de setembro de 2017 11:07, Luiz Antonio Rodrigues
escreveu:
> Oi, Igor!
> Tudo bem?
> Também quero participar do grupo.
> 11 973584521
> Um abraço!
> Luiz
>
> On Sep 19, 2017 8:03 PM, "Igor Caetano Diniz"
Olá. Adicione-me no grupo por favor: (21) 971607604, Max Murilo Alexandre
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
acredita-se estar livre de perigo.
Será que criar um grupo no whatsapp terá como consequência diminuir as
postagens de dúvidas aqui? Se não eu também quero participar do grupo.
Segue meu whatsapp 83 9 9893 5110
Desde já agradeço!
Em 20 de set de 2017 8:01 AM, "Matheus Fachini"
escreveu:
Olá,
Também
Olá,
Também tenho interesse, meu número é (54)981296581.
Atenciosamente, Matheus.
Em ter, 19 de set de 2017 23:10, Daniel da Silva <
danielrochadasi...@icloud.com> escreveu:
> Boa noite,
>
> Também tenho interesse no grupo
> Nº (31) 98240-3789
>
> Obrigado,
> Daniel Rocha da Silva
>
> Em 19 de
Boa noite,
Também tenho interesse no grupo
Nº (31) 98240-3789
Obrigado,
Daniel Rocha da Silva
> Em 19 de set de 2017, às 20:23, Leonardo Joau escreveu:
>
> Boa noite,
>
> Igor no site poti.impa.br você consegue os materiais clicando em "baixar
> todo conteudo
On Fri, 15 Sep 2017 at 18:42 Ralph Teixeira wrote:
> Bom, suponho que queremos alguma solucao que nao use tecnicas de Calculo?
>
> Que tal assim: x, y e z sao raizes do polinomio:
>
> t^3-t^2+at-P=0
>
> onde P eh o que voce quer maximizar.
>
> O polinomio f(t)=t^3-t^2+at-P
Oi, Douglas.
Acho que o que você fez é um bom começo.
Vamos adaptar: pense ao invés nos números de 1009 a 2017 (conjunto A).
i) Eles podem todos parear com os números de 1 a 1008?
ii) Então pelo menos um produto usando os elementos de A vai dar NO MÍNIMO
NO MÍNIMO...
iii) Esse número do item
Então Bernardo, eu pensei numa parada mas não tenho certeza , pensei que os
números 997,998,999,...,1994 Não poderiam ocupar as posições de 1 a 1997,
logo pelo menos um deles ocuparia uma posição não inferior a 998, aí pensei
no 997.998=995006.
Em 12 de set de 2017 18:39, "Bernardo Freitas Paulo
Exatamente, aplique a desigualdade do rearranjo
Em 12 de setembro de 2017 19:08, Leonardo Joau
escreveu:
>
> On Tue, 12 Sep 2017 at 18:39 Bernardo Freitas Paulo da Costa <
> bernardo...@gmail.com> wrote:
>
>> 2017-09-12 17:51 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima
>>
On Tue, 12 Sep 2017 at 18:39 Bernardo Freitas Paulo da Costa <
bernardo...@gmail.com> wrote:
> 2017-09-12 17:51 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima
> :
> > Considere a sequência de números 1,2,3,4,5,...,2017.
> > E uma certa ordenação deles a1, a2, a3, ..., a2017.
>
Bom dia!
Daniel,
eu já me sinto gratificado quando consigo resolver algo. Não sou
matemático, sou um pitaqueiro, com alto grau curiosidade e matemática é uma
das minhas curiosidades preferidas.
O que mais me fascina, é que sou totalmente crente em que um modelo
matemático formulado com estrutura,
Faltou so uma coisa, a ordem de 10 mod 23 é 11 nao 22. Entao o k= 2+11k
> On Aug 25, 2017, at 12:28 AM, Daniel da Silva
> wrote:
>
> Obrigado Pedro.
>
> Daniel Rocha da Silva
>
> Em 23 de ago de 2017, às 19:31, Pedro José escreveu:
>
Confundi, eh 22 msm. :D
> On Aug 25, 2017, at 12:28 AM, Daniel da Silva
> wrote:
>
> Obrigado Pedro.
>
> Daniel Rocha da Silva
>
> Em 23 de ago de 2017, às 19:31, Pedro José escreveu:
>
>> Boa noite!
>>
>> O difÃÂcil é achar o n.
Obrigado Pedro.
Daniel Rocha da Silva
> Em 23 de ago de 2017, às 19:31, Pedro José escreveu:
>
> Boa noite!
>
> O difÃcil é achar o n.
>
> Como o menor inteiro positivo que atende 10^a = 1 mod23 é a=22
>
> E como 10^3 = 11 mod23.
>
> Temos que K + 1 = 3 +22*m com m
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