[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Anderson Torres]

Em qua., 13 de mar. de 2024 às 13:07, Claudio Buffara
 escreveu:
>
> Mas este caso tem 7 pessoas. E o enunciado fala em 3 A e 3 C.
>
> On Wed, Mar 13, 2024 at 9:28 AM Pedro Júnior  
> wrote:
>>
>> Eu pensei sim, mas e os casos do tipo ACCACAC. Esse caso não entra na conta 
>> 6! - 2* 3!* 3!.
>>
>> Em qua., 13 de mar. de 2024 às 09:09, Claudio Buffara 
>>  escreveu:
>>>
>>> Pense no oposto: de quantas maneiras as crianças e adultos podem se sentar 
>>> separados uns dos outros.
>>>
>>> On Wed, Mar 13, 2024 at 8:39 AM Pedro Júnior  
>>> wrote:

 Olá pessoal, bom dia.
 Alguém poderia me ajudar nesse problema?

 Seis poltronas enfileiradas em um cinema e entram 3 adultos e 3 crianças. 
 De quantas maneiras podem sentar-se 2 crianças juntas e dois adultos 
 juntos?


Eu pensei numa maneira muito feia: enumeração na raça!

AAA CCC +

AACACC +
AACCAC +
AACCCA +

ACAACC +
ACACAC -
ACACCA -

CAAACC +
CAACAC -
CAACCC +

ACCAAC +
ACCACA -
ACCCAA +

CACAAC -
CACACA -
CACCAA +

CCAAAC +
CCAACA +
CCACAA +

CCC AAA +

20 possibilidades. Apenas 14 servem.
Cada uma nos permite permutar as crianças seis vezes, os adultos outras seis.
6x6x14, que dá meh.


 Desde já fico grato!

 --
 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>>
>> --
>>
>> Pedro Jerônimo S. de O. Júnior
>>
>> Professor de Matemática
>>
>> Geo João Pessoa – PB
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
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
=

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Claudio Buffara]

Mas este caso tem 7 pessoas. E o enunciado fala em 3 A e 3 C.

On Wed, Mar 13, 2024 at 9:28 AM Pedro Júnior 
wrote:

> Eu pensei sim, mas e os casos do tipo ACCACAC. Esse caso não entra na
> conta 6! - 2* 3!* 3!.
>
> Em qua., 13 de mar. de 2024 às 09:09, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>
>> Pense no oposto: de quantas maneiras as crianças e adultos podem se
>> sentar separados uns dos outros.
>>
>> On Wed, Mar 13, 2024 at 8:39 AM Pedro Júnior 
>> wrote:
>>
>>> Olá pessoal, bom dia.
>>> Alguém poderia me ajudar nesse problema?
>>>
>>> Seis poltronas enfileiradas em um cinema e entram 3 adultos e 3
>>> crianças. De quantas maneiras podem sentar-se 2 crianças juntas e dois
>>> adultos juntos?
>>>
>>>
>>> Desde já fico grato!
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
>
> --
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> Pedro Jerônimo S. de O. Júnior
>
> Professor de Matemática
>
> Geo João Pessoa – PB
>
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> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Pedro Júnior]

Eu pensei sim, mas e os casos do tipo ACCACAC. Esse caso não entra na conta
6! - 2* 3!* 3!.

Em qua., 13 de mar. de 2024 às 09:09, Claudio Buffara <
claudio.buff...@gmail.com> escreveu:

> Pense no oposto: de quantas maneiras as crianças e adultos podem se sentar
> separados uns dos outros.
>
> On Wed, Mar 13, 2024 at 8:39 AM Pedro Júnior 
> wrote:
>
>> Olá pessoal, bom dia.
>> Alguém poderia me ajudar nesse problema?
>>
>> Seis poltronas enfileiradas em um cinema e entram 3 adultos e 3 crianças.
>> De quantas maneiras podem sentar-se 2 crianças juntas e dois adultos juntos?
>>
>>
>> Desde já fico grato!
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
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> acredita-se estar livre de perigo.



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Pedro Jerônimo S. de O. Júnior

Professor de Matemática

Geo João Pessoa – PB

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

[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Claudio Buffara]

Pense no oposto: de quantas maneiras as crianças e adultos podem se sentar
separados uns dos outros.

On Wed, Mar 13, 2024 at 8:39 AM Pedro Júnior 
wrote:

> Olá pessoal, bom dia.
> Alguém poderia me ajudar nesse problema?
>
> Seis poltronas enfileiradas em um cinema e entram 3 adultos e 3 crianças.
> De quantas maneiras podem sentar-se 2 crianças juntas e dois adultos juntos?
>
>
> Desde já fico grato!
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Prof. Douglas Oliveira]

Já foi respondido aqui na lista

https://www.mail-archive.com/obm-l@mat.puc-rio.br/msg50069.html

Eu e o Ralph.

Douglas Oliveira.
Um abraço.

Em seg, 6 de abr de 2020 19:53, Anderson Torres <
torres.anderson...@gmail.com> escreveu:

> Em qua., 11 de mar. de 2020 às 23:10, Vanderlei Nemitz
>  escreveu:
> >
> > Boa noite!
> > Alguém tem uma ideia para esse problema?
> >
> > Muito obrigado!
> >
> > De quantos modos se podem sentar em fila, 3 ingleses, 3 franceses e 3
> turcos, de modo que não fiquem dois compatriotas juntos?
> >
> >
> > A resposta é 37584.
> >
>
> Não me parece ser algo fácil.
>
> Minha ideia aqui seria simplesmente fazer inclusão-exclusão. Se
> calculássemos de quantas formas pelo menos um par de compatriotas
> acaba lado a lado, bastaria achar o complementar disso.
>
> Mas dá um trabalho...
>
> >
> > --
> > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> > acredita-se estar livre de perigo.
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> =
> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

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

[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Anderson Torres]

Em qua., 11 de mar. de 2020 às 23:10, Vanderlei Nemitz
 escreveu:
>
> Boa noite!
> Alguém tem uma ideia para esse problema?
>
> Muito obrigado!
>
> De quantos modos se podem sentar em fila, 3 ingleses, 3 franceses e 3 turcos, 
> de modo que não fiquem dois compatriotas juntos?
>
>
> A resposta é 37584.
>

Não me parece ser algo fácil.

Minha ideia aqui seria simplesmente fazer inclusão-exclusão. Se
calculássemos de quantas formas pelo menos um par de compatriotas
acaba lado a lado, bastaria achar o complementar disso.

Mas dá um trabalho...

>
> --
> 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.


=
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] Combinatória

[Prof. Douglas Oliveira]

Já foi respondia de duas formas aqui.

https://www.mail-archive.com/obm-l@mat.puc-rio.br/msg50069.html

Em sex, 13 de mar de 2020 19:36, Daniel Jelin 
escreveu:

> Uma solução, braçal:
>
> 1) Começamos com 3 ingleses. Há 35 maneiras de colocar outros 6 cidadãos,
> indistintamente, de modo a garantir que 2 deles estejam separando os três
> ingleses: é uma combinação com repetição para escolher, entre 4
> possibilidades, a posição de 4 indivíduos, ou seja, CR4,4 = C7,4 = 35.
> Ilustrando os ingleses por um traço, são essas as maneiras:
>
> 0-1-1-4
> 0-1-2-3
> 0-1-3-2
> 0-1-4-1
> 0-1-5-0
> 0-2-1-3
> 0-2-2-2
> 0-2-3-1
> 0-2-4-0
> 0-3-1-2
> 0-3-2-1
> 0-3-3-0
> 0-4-1-1
> 0-4-2-0
> 0-5-1-0
> 1-1-1-3
> 1-1-2-2
> 1-1-3-1
> 1-1-4-0
> 1-2-1-1
> 1-2-2-1
> 1-2-3-0
> 1-3-1-1
> 1-3-2-0
> 1-4-1-0
> 2-1-1-2
> 2-1-2-1
> 2-1-3-0
> 2-2-1-1
> 2-2-2-0
> 2-3-1-0
> 3-1-1-1
> 3-1-2-0
> 4-1-1-0
>
> 2) Para cada uma das 35 maneiras acima, há um certo número de maneiras de
> posicionar franceses (sem fazer distinção entre os franceses) e turcos (sem
> fazer distinção entre os turcos):
>
> Para o caso '0-1-1-4', por exemplo, temos o seguinte: 2 possibilidades
> para colocar 4 cidadãos no fim da fila, de modo a manter separados
> franceses e turcos ('francês-turco-francês-turco' ou
> 'turco-francês-turco-francês'); e 2 possibilidades para escolher a posição
> do terceiro cidadão turco e do terceiro cidadão francês; ou seja, 2 x 2 = 4
> possibilidades; Evidentemente, também são 4 as possibilidades para os casos
> '1-4-1-0', '4-1-1-0', '0-1-4-1', '0-4-1-1', '1-1-4-0'. Total: 6 x 4 = 24
> possibilidades.
>
> Para '0-1-2-3', temos o seguinte: 2 possibilidades para colocar 3 cidadãos
> no fim da fila ('francês-turco-francês' ou 'turco-francês-turco'); 2
> possibilidades para colocar 2 cidadãos juntos ('francês-turco' ou
> 'turco-francês') e uma possibilidade para colocar o turco ou francês que
> sobrou. ou seja, 4 possibilidades. Como são doze os casos análogos
> ('1-3-2-0', '0-3-2-1', '2-1-3-0' etc.), temos 48 possibilidades.
>
> E assim por diante:
>
> Para '0-1-5-0', são 2 possibilidades e dois casos análogos ('0-1-5-0' e
> '0-5-1-0'), então são 4 possibilidades.
>
> Para '0-3-3-0', são 2 possibilidades - e o caso é único.
>
> Para '0-2-2-2', são 8 possibilidades; há duas variações ('0-2-2-2' e
> '2-2-2-0'), total: 16 possibilidades
>
> Para '0-4-2-0', são 4 possibilidades; há duas variações ('0-4-2-0' e
> '0-2-4-0'), total: 8 possiblidades
>
> Para '1-1-1-3', são 6 possibilidades, há quatro variações ('1-1-1-3',
> '1-1-3-1', '1-3-1-1' e '3-1-1-1'), total: 24 possibilidades
>
> Para '1-1-2-2', são 8 possibilidades, há 6 variações ('1-1-2-2',
> '1-2-2-1', '2-1-1-2', '2-2-1-1', '2-1-2-1' e '1-2-1-2'), total de 48
> possibilidades.
>
> 3) Somando todas as possibilidades, temos 24+48+4+2+16+8+24+48=174
> possibilidades.
>
> 4) Agora vamos permutar os três ingleses (6 possibilidades), os três
> turcos (6 possibilidades) e os três franceses (6 possibilidades). Total:
> 216 possibilidades
>
> 5) Então temos 174 * 216 = 37584 possibilidades
>
> On Fri, Mar 13, 2020 at 9:22 AM Vanderlei Nemitz 
> wrote:
>
>> Bom dia!
>> Não sei se minha mensagem chegou para vocês.
>> Por via das dúvidas, te encaminho.
>>
>> Alguém tem uma ideia para esse problema?
>>
>> Muito obrigado!
>>
>> De quantos modos se podem sentar em fila, 3 ingleses, 3 franceses e 3
>> turcos, de modo que não fiquem dois compatriotas juntos?
>>
>>
>> A resposta é 37584.
>>
>>
>> --
>> 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.

[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Daniel Jelin]

Uma solução, braçal:

1) Começamos com 3 ingleses. Há 35 maneiras de colocar outros 6 cidadãos,
indistintamente, de modo a garantir que 2 deles estejam separando os três
ingleses: é uma combinação com repetição para escolher, entre 4
possibilidades, a posição de 4 indivíduos, ou seja, CR4,4 = C7,4 = 35.
Ilustrando os ingleses por um traço, são essas as maneiras:

0-1-1-4
0-1-2-3
0-1-3-2
0-1-4-1
0-1-5-0
0-2-1-3
0-2-2-2
0-2-3-1
0-2-4-0
0-3-1-2
0-3-2-1
0-3-3-0
0-4-1-1
0-4-2-0
0-5-1-0
1-1-1-3
1-1-2-2
1-1-3-1
1-1-4-0
1-2-1-1
1-2-2-1
1-2-3-0
1-3-1-1
1-3-2-0
1-4-1-0
2-1-1-2
2-1-2-1
2-1-3-0
2-2-1-1
2-2-2-0
2-3-1-0
3-1-1-1
3-1-2-0
4-1-1-0

2) Para cada uma das 35 maneiras acima, há um certo número de maneiras de
posicionar franceses (sem fazer distinção entre os franceses) e turcos (sem
fazer distinção entre os turcos):

Para o caso '0-1-1-4', por exemplo, temos o seguinte: 2 possibilidades para
colocar 4 cidadãos no fim da fila, de modo a manter separados franceses e
turcos ('francês-turco-francês-turco' ou 'turco-francês-turco-francês'); e
2 possibilidades para escolher a posição do terceiro cidadão turco e do
terceiro cidadão francês; ou seja, 2 x 2 = 4 possibilidades; Evidentemente,
também são 4 as possibilidades para os casos '1-4-1-0', '4-1-1-0',
'0-1-4-1', '0-4-1-1', '1-1-4-0'. Total: 6 x 4 = 24 possibilidades.

Para '0-1-2-3', temos o seguinte: 2 possibilidades para colocar 3 cidadãos
no fim da fila ('francês-turco-francês' ou 'turco-francês-turco'); 2
possibilidades para colocar 2 cidadãos juntos ('francês-turco' ou
'turco-francês') e uma possibilidade para colocar o turco ou francês que
sobrou. ou seja, 4 possibilidades. Como são doze os casos análogos
('1-3-2-0', '0-3-2-1', '2-1-3-0' etc.), temos 48 possibilidades.

E assim por diante:

Para '0-1-5-0', são 2 possibilidades e dois casos análogos ('0-1-5-0' e
'0-5-1-0'), então são 4 possibilidades.

Para '0-3-3-0', são 2 possibilidades - e o caso é único.

Para '0-2-2-2', são 8 possibilidades; há duas variações ('0-2-2-2' e
'2-2-2-0'), total: 16 possibilidades

Para '0-4-2-0', são 4 possibilidades; há duas variações ('0-4-2-0' e
'0-2-4-0'), total: 8 possiblidades

Para '1-1-1-3', são 6 possibilidades, há quatro variações ('1-1-1-3',
'1-1-3-1', '1-3-1-1' e '3-1-1-1'), total: 24 possibilidades

Para '1-1-2-2', são 8 possibilidades, há 6 variações ('1-1-2-2', '1-2-2-1',
'2-1-1-2', '2-2-1-1', '2-1-2-1' e '1-2-1-2'), total de 48 possibilidades.

3) Somando todas as possibilidades, temos 24+48+4+2+16+8+24+48=174
possibilidades.

4) Agora vamos permutar os três ingleses (6 possibilidades), os três turcos
(6 possibilidades) e os três franceses (6 possibilidades). Total: 216
possibilidades

5) Então temos 174 * 216 = 37584 possibilidades

On Fri, Mar 13, 2020 at 9:22 AM Vanderlei Nemitz 
wrote:

> Bom dia!
> Não sei se minha mensagem chegou para vocês.
> Por via das dúvidas, te encaminho.
>
> Alguém tem uma ideia para esse problema?
>
> Muito obrigado!
>
> De quantos modos se podem sentar em fila, 3 ingleses, 3 franceses e 3
> turcos, de modo que não fiquem dois compatriotas juntos?
>
>
> A resposta é 37584.
>
>
> --
> 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] Re: [obm-l] Combinatória

[Anderson Torres]

Em dom, 8 de set de 2019 às 13:47, Ralph Teixeira  escreveu:
>
> A face de baixo eh P1-P2-P3-P4, a de cima eh P8-P7-P6-P5 (P8 acima do P1, 
> etc.). Desse jeito, as 12 arestas sao as 8 do ciclo 
> P1-P2-P3-P4-P5-P6-P7-P8-P1, mais os 4 pares P1-P4, P2-P7, P3-P6, P5-P8.
>
> Cada "maneira de rotular" vai ser representada por uma linha com 8 numeros (o 
> rotulo do ponto Pj na coluna j). Por exemplo, uma rotulacao seria [1 7 5 3 8 
> 2 4 6], indicando que o ponto P1 levou o numero 1, o ponto P2 levou o 7, etc. 
>  Note que este exemplo eh, de fato, valido -- nao ha vizinhos com diferenca 1 
> (no ciclo P1-...P8), e os pares P1-P4=1-3, P2-P7=7-4,... tambem nao tem 
> distancia 1,-1,7 nem -7 entre si.
>
> Bom, ai chutei o balde e botei no MatLab: :D :D :D

Mas poxa, Ralph! Se é para esculachar, esculache em Prolog! Isso tem
muito aquela cara de "constraint solving" usada em programação lógica.
Eu até consigo imaginar uma sequência de limitadores que devem ser
satisfeitos para isso funcionar - coisas como uma sequência de oito
variáveis e doze diferenças que não podem ser unitárias.

>
> Perm1=perms([1 2 3 4 5 6 7 8])   % Acha as 40320 
> permutacoes; exagerei, podia fixar um deles, mas o Matlab aguenta.
> Diff=abs(Perm1(:,[1:8,1,2,3,5])-Perm1(:,[2:8,1,4,7,6,8]));  % Calcula 
> diferencas de rotulos entre vertices vizinhos -- cada coluna significa uma 
> aresta.
> Test=ismember(Diff,[1 7])% Encontra todos 
> as diferencas proibidas. Gera uma matriz com 1 para cada elemento 1 ou 7 de 
> Diff, e 0 caso contrario.
> Index=(sum(Test,2)==0)  % Para uma linha 
> ser valida, TODOS os elementos tem que ser 0, ou seja, a soma da linha tem 
> que dar 0.
> Validas=Perm1(Index,:)   % Seleciona a 
> submatriz com as linhas validas.
>
> Muito bem, achei 480 permutacoes validas... Aqui as 60 que comecam com 1, 
> talvez inspire alguem a achar uma solucao no braco, dividindo em casos... Hm, 
> vejo umas simetrias adicionais que poderiam ser exploradas...
>
> Abraco, Ralph.
>
>  1 7 5 3 8 2 4 6
>  1 7 5 3 6 8 2 4
>  1 7 4 6 8 2 5 3
>  1 7 4 6 3 8 2 5
>  1 7 4 6 2 8 3 5
>  1 7 3 6 8 5 2 4
>  1 7 3 5 8 6 2 4
>  1 7 3 5 2 8 4 6
>  1 7 2 5 3 8 4 6
>  1 7 2 4 8 6 3 5
>  1 7 2 4 8 5 3 6
>  1 7 2 4 6 8 5 3
>  1 6 8 4 2 5 3 7
>  1 6 8 3 7 5 2 4
>  1 6 8 3 7 4 2 5
>  1 6 8 3 5 2 4 7
>  1 6 4 7 5 2 8 3
>  1 6 4 7 3 8 2 5
>  1 6 4 7 2 8 3 5
>  1 6 3 7 2 5 8 4
>  1 6 3 5 2 8 4 7
>  1 6 2 5 7 4 8 3
>  1 6 2 5 3 8 4 7
>  1 6 2 4 7 5 8 3
>  1 5 8 4 6 2 7 3
>  1 5 8 4 2 6 3 7
>  1 5 8 3 6 2 7 4
>  1 5 7 4 6 2 8 3
>  1 5 7 3 8 4 2 6
>  1 5 7 3 6 2 8 4
>  1 5 3 7 4 8 2 6
>  1 5 3 7 2 6 8 4
>  1 5 3 6 4 8 2 7
>  1 5 2 7 4 8 3 6
>  1 5 2 6 8 4 7 3
>  1 5 2 6 4 8 3 7
>  1 4 8 6 3 5 2 7
>  1 4 8 5 7 2 6 3
>  1 4 8 5 3 6 2 7
>  1 4 7 5 8 2 6 3
>  1 4 7 3 8 5 2 6
>  1 4 6 3 8 2 7 5
>  1 4 6 3 7 2 8 5
>  1 4 6 3 5 8 2 7
>  1 4 2 7 5 8 6 3
>  1 4 2 7 3 6 8 5
>  1 4 2 7 3 5 8 6
>  1 4 2 6 8 5 7 3
>  1 3 8 6 4 2 5 7
>  1 3 8 6 2 5 7 4
>  1 3 8 6 2 4 7 5
>  1 3 8 5 7 2 6 4
>  1 3 7 5 8 2 6 4
>  1 3 7 5 2 4 8 6
>  1 3 7 4 2 5 8 6
>  1 3 6 4 8 2 7 5
>  1 3 6

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Ralph Teixeira]

A face de baixo eh P1-P2-P3-P4, a de cima eh P8-P7-P6-P5 (P8 acima do P1,
etc.). Desse jeito, as 12 arestas sao as 8 do ciclo
P1-P2-P3-P4-P5-P6-P7-P8-P1, mais os 4 pares P1-P4, P2-P7, P3-P6, P5-P8.

Cada "maneira de rotular" vai ser representada por uma linha com 8 numeros
(o rotulo do ponto Pj na coluna j). Por exemplo, uma rotulacao seria [1 7 5
3 8 2 4 6], indicando que o ponto P1 levou o numero 1, o ponto P2 levou o
7, etc.  Note que este exemplo eh, de fato, valido -- nao ha vizinhos com
diferenca 1 (no ciclo P1-...P8), e os pares P1-P4=1-3, P2-P7=7-4,... tambem
nao tem distancia 1,-1,7 nem -7 entre si.

Bom, ai chutei o balde e botei no MatLab: :D :D :D

Perm1=perms([1 2 3 4 5 6 7 8])   % Acha as 40320
permutacoes; exagerei, podia fixar um deles, mas o Matlab aguenta.
Diff=abs(Perm1(:,[1:8,1,2,3,5])-Perm1(:,[2:8,1,4,7,6,8]));  % Calcula
diferencas de rotulos entre vertices vizinhos -- cada coluna significa uma
aresta.
Test=ismember(Diff,[1 7])% Encontra
todos as diferencas proibidas. Gera uma matriz com 1 para cada elemento 1
ou 7 de Diff, e 0 caso contrario.
Index=(sum(Test,2)==0)  % Para uma
linha ser valida, TODOS os elementos tem que ser 0, ou seja, a soma da
linha tem que dar 0.
Validas=Perm1(Index,:)   % Seleciona a
submatriz com as linhas validas.

Muito bem, achei 480 permutacoes validas... Aqui as 60 que comecam com 1,
talvez inspire alguem a achar uma solucao no braco, dividindo em casos...
Hm, vejo umas simetrias adicionais que poderiam ser exploradas...

Abraco, Ralph.

 1 7 5 3 8 2 4 6
 1 7 5 3 6 8 2 4
 1 7 4 6 8 2 5 3
 1 7 4 6 3 8 2 5
 1 7 4 6 2 8 3 5
 1 7 3 6 8 5 2 4
 1 7 3 5 8 6 2 4
 1 7 3 5 2 8 4 6
 1 7 2 5 3 8 4 6
 1 7 2 4 8 6 3 5
 1 7 2 4 8 5 3 6
 1 7 2 4 6 8 5 3
 1 6 8 4 2 5 3 7
 1 6 8 3 7 5 2 4
 1 6 8 3 7 4 2 5
 1 6 8 3 5 2 4 7
 1 6 4 7 5 2 8 3
 1 6 4 7 3 8 2 5
 1 6 4 7 2 8 3 5
 1 6 3 7 2 5 8 4
 1 6 3 5 2 8 4 7
 1 6 2 5 7 4 8 3
 1 6 2 5 3 8 4 7
 1 6 2 4 7 5 8 3
 1 5 8 4 6 2 7 3
 1 5 8 4 2 6 3 7
 1 5 8 3 6 2 7 4
 1 5 7 4 6 2 8 3
 1 5 7 3 8 4 2 6
 1 5 7 3 6 2 8 4
 1 5 3 7 4 8 2 6
 1 5 3 7 2 6 8 4
 1 5 3 6 4 8 2 7
 1 5 2 7 4 8 3 6
 1 5 2 6 8 4 7 3
 1 5 2 6 4 8 3 7
 1 4 8 6 3 5 2 7
 1 4 8 5 7 2 6 3
 1 4 8 5 3 6 2 7
 1 4 7 5 8 2 6 3
 1 4 7 3 8 5 2 6
 1 4 6 3 8 2 7 5
 1 4 6 3 7 2 8 5
 1 4 6 3 5 8 2 7
 1 4 2 7 5 8 6 3
 1 4 2 7 3 6 8 5
 1 4 2 7 3 5 8 6
 1 4 2 6 8 5 7 3
 1 3 8 6 4 2 5 7
 1 3 8 6 2 5 7 4
 1 3 8 6 2 4 7 5
 1 3 8 5 7 2 6 4
 1 3 7 5 8 2 6 4
 1 3 7 5 2 4 8 6
 1 3 7 4 2 5 8 6
 1 3 6 4 8 2 7 5
 1 3 6 4 7 2 8 5
 1 3 6 4 2 8 5 7
 1 3 5 7 4 2 8 6
 1 3 5 7 2 8 6 4

On Sun, Sep 8, 2019 at 9:08 AM Anderson Torres 
wrote:

> Em sáb, 7 de set de 2019 às 02:23, marcone augusto araújo borges
>  escreveu:
> >
> > De quantas maneiras podemos atribuir um número de 1 a 8 a cada vértice
> de um cubo de modo que não apareçam números consecutivos nas extremidades
> de uma mesma aresta, sendo o 1 e o 8 considerados consecutivos e  a dois
> vértices não seja atribuído um mesmo número?

[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Anderson Torres]

Em sáb, 7 de set de 2019 às 02:23, marcone augusto araújo borges
 escreveu:
>
> De quantas maneiras podemos atribuir um número de 1 a 8 a cada vértice de um 
> cubo de modo que não apareçam números consecutivos nas extremidades de uma 
> mesma aresta, sendo o 1 e o 8 considerados consecutivos e  a dois vértices 
> não seja atribuído um mesmo número?
>

Eu só consigo pensar em resolver isso usando inclusãoão. Mas
quanto mais eu penso, mais feio fica!

> --
> 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.


=
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] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Anderson Torres]

Em sex, 14 de jun de 2019 às 10:05, Caio Costa  escreveu:
>
> A resposta é o coeficiente de x^15 no polinômio de grau infinito 
> (1+x+x^2+x^3)^n, com n natural indo para infinito. Faz sentido tal afirmação?

Não faz não. Por que um natural indo ao infinito teria alguma coisa a ver aqui?

>
> Em sex, 14 de jun de 2019 às 08:34, Vinícius Raimundo 
>  escreveu:
>>
>> Obrigado
>>
>> Tinha pensado em recorrência, mas não achei a correta
>> Alguém conhece um material bom para o estudo deste assunto?
>>
>> Em qui, 13 de jun de 2019 às 18:41, Claudio Buffara 
>>  escreveu:
>>>
>>> Chame isso de a(15).
>>> Vale a recorrência a(n) = a(n-1) + a(n-2) + a(n-3),  com a(1) = 1, a(2) = 2 
>>> e a(3) = 4.
>>> Isso porque você pode chegar ao n-ésimo degrau a partir do (n-1)-ésimo, 
>>> (n-2)-ésimo ou (n-3)-ésimo degrau.
>>> E você pode chegar ao (n-1)-ésimo de a(n-1) maneiras, ao (n-2)-ésimo de 
>>> a(n-2) maneiras, e ao (n-3) ésimo de a(n-3) maneiras.
>>>
>>> Daí, com uma planilha...
>>> a(4) = 4+2+1 = 7
>>> a(5) = 7+4+2 = 13
>>> ...
>>> a(15) = 5768.
>>>
>>>
>>> On Thu, Jun 13, 2019 at 6:03 PM Vinícius Raimundo  
>>> wrote:

 Pedro tem que descer uma escada com 15 degraus. Porém, ele só pode descer 
 1, 2 ou 3 degraus de cada vez
 De quantas maneiras ele pode fazer isso?

 --
 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 antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
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
=

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Caio Costa]

A resposta é o coeficiente de x^15 no polinômio de grau infinito
(1+x+x^2+x^3)^n, com n natural indo para infinito. Faz sentido tal
afirmação?

Em sex, 14 de jun de 2019 às 08:34, Vinícius Raimundo <
vini.raimu...@gmail.com> escreveu:

> Obrigado
>
> Tinha pensado em recorrência, mas não achei a correta
> Alguém conhece um material bom para o estudo deste assunto?
>
> Em qui, 13 de jun de 2019 às 18:41, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>
>> Chame isso de a(15).
>> Vale a recorrência a(n) = a(n-1) + a(n-2) + a(n-3),  com a(1) = 1, a(2) =
>> 2 e a(3) = 4.
>> Isso porque você pode chegar ao n-ésimo degrau a partir do (n-1)-ésimo,
>> (n-2)-ésimo ou (n-3)-ésimo degrau.
>> E você pode chegar ao (n-1)-ésimo de a(n-1) maneiras, ao (n-2)-ésimo de
>> a(n-2) maneiras, e ao (n-3) ésimo de a(n-3) maneiras.
>>
>> Daí, com uma planilha...
>> a(4) = 4+2+1 = 7
>> a(5) = 7+4+2 = 13
>> ...
>> a(15) = 5768.
>>
>>
>> On Thu, Jun 13, 2019 at 6:03 PM Vinícius Raimundo <
>> vini.raimu...@gmail.com> wrote:
>>
>>> Pedro tem que descer uma escada com 15 degraus. Porém, ele só pode
>>> descer 1, 2 ou 3 degraus de cada vez
>>> De quantas maneiras ele pode fazer isso?
>>>
>>> --
>>> 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.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Vinícius Raimundo]

Obrigado

Tinha pensado em recorrência, mas não achei a correta
Alguém conhece um material bom para o estudo deste assunto?

Em qui, 13 de jun de 2019 às 18:41, Claudio Buffara <
claudio.buff...@gmail.com> escreveu:

> Chame isso de a(15).
> Vale a recorrência a(n) = a(n-1) + a(n-2) + a(n-3),  com a(1) = 1, a(2) =
> 2 e a(3) = 4.
> Isso porque você pode chegar ao n-ésimo degrau a partir do (n-1)-ésimo,
> (n-2)-ésimo ou (n-3)-ésimo degrau.
> E você pode chegar ao (n-1)-ésimo de a(n-1) maneiras, ao (n-2)-ésimo de
> a(n-2) maneiras, e ao (n-3) ésimo de a(n-3) maneiras.
>
> Daí, com uma planilha...
> a(4) = 4+2+1 = 7
> a(5) = 7+4+2 = 13
> ...
> a(15) = 5768.
>
>
> On Thu, Jun 13, 2019 at 6:03 PM Vinícius Raimundo 
> wrote:
>
>> Pedro tem que descer uma escada com 15 degraus. Porém, ele só pode descer
>> 1, 2 ou 3 degraus de cada vez
>> De quantas maneiras ele pode fazer isso?
>>
>> --
>> 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.

[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Claudio Buffara]

Chame isso de a(15).
Vale a recorrência a(n) = a(n-1) + a(n-2) + a(n-3),  com a(1) = 1, a(2) = 2
e a(3) = 4.
Isso porque você pode chegar ao n-ésimo degrau a partir do (n-1)-ésimo,
(n-2)-ésimo ou (n-3)-ésimo degrau.
E você pode chegar ao (n-1)-ésimo de a(n-1) maneiras, ao (n-2)-ésimo de
a(n-2) maneiras, e ao (n-3) ésimo de a(n-3) maneiras.

Daí, com uma planilha...
a(4) = 4+2+1 = 7
a(5) = 7+4+2 = 13
...
a(15) = 5768.


On Thu, Jun 13, 2019 at 6:03 PM Vinícius Raimundo 
wrote:

> Pedro tem que descer uma escada com 15 degraus. Porém, ele só pode descer
> 1, 2 ou 3 degraus de cada vez
> De quantas maneiras ele pode fazer isso?
>
> --
> 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] Combinatória

[Israel Meireles Chrisostomo]

Muito obrigado Ralph


Livre
de vírus. www.avast.com
.
<#DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>

Em seg, 3 de jun de 2019 às 10:22, Ralph Teixeira 
escreveu:

> C(4,2)=6 não é múltiplo de 4.
>
> (Se n fosse primo, o que você disse seria verdade.)
>
> On Mon, Jun 3, 2019 at 9:59 AM israelmchrisostomo <
> israelmchrisost...@gmail.com> wrote:
>
>>
>>
>> Ola pessoal .Seja o binomio (n escolhe k) é possível dizer que esse
>> binomio é múltiplo de n excero para k=0 e n=k
>> Enviado do meu smartphone Samsung Galaxy.
>>
>> --
>> 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.



-- 
Israel Meireles Chrisostomo

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

[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Ralph Teixeira]

C(4,2)=6 não é múltiplo de 4.

(Se n fosse primo, o que você disse seria verdade.)

On Mon, Jun 3, 2019 at 9:59 AM israelmchrisostomo <
israelmchrisost...@gmail.com> wrote:

>
>
> Ola pessoal .Seja o binomio (n escolhe k) é possível dizer que esse
> binomio é múltiplo de n excero para k=0 e n=k
> Enviado do meu smartphone Samsung Galaxy.
>
> --
> 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] Re: [obm-l] Combinatória (soma de números)

[Claudio Buffara]

Sobre o outro tema, a ideia é parear um número cujo k-ésimo algarismo é A
com outro cujo k-ésimo algarismo é (n+1)-A.
No caso de n = 9, parear A com 10-A.

On Sat, May 4, 2019 at 2:26 PM Vanderlei Nemitz 
wrote:

> Pois é, só penso que o raciocínio não é o mesmo, mas talvez eu esteja
> equivocado. Outra coisa, sem querer abusar, já vi em outras questões, mas é
> correto chamar os algarismos de 1 a 9 de "significativos" e o 0 não? Não
> depende da posição? Com certeza, essa era a intenção do autor,
> desconsiderar o zero, creio.
> Mas...
> *...formados com os n primeiros algarismos significativos...*
>
>
> 
>  Livre
> de vírus. www.avast.com
> .
> <#m_-8545587947776098710_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>
>
> Em sáb, 4 de mai de 2019 às 14:12, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>
>> Não vejo porque não. Você vai ter 9!/2 somas iguais a 10.
>>
>>
>> On Sat, May 4, 2019 at 1:51 PM Vanderlei Nemitz 
>> wrote:
>>
>>> Prezados colegas da lista, a seguinte questão é do IME - RJ, do ano de
>>> 1957/1958.
>>> Gostaria de saber se minha resposta está correta, pois fiquei em dúvida
>>> quando forem utilizados os algarismos de 1 a 9, embora a fórmula "funcione".
>>>
>>> *Determinar a expressão da soma de todos os números de n algarismos,
>>> formados com os n primeiros algarismos significativos.  *
>>>
>>> Inicialmente, pensei que se trata das permutações simples dos algarismos
>>> de 1 a n. Por exemplo, se utilizarmos os algarismos de 1 a 5. A soma do
>>> menor com o maior números formados é 12345 + 54321 = 6. Como existem 60
>>> somas iguais a essa, a soma de todos é 6 x 60 = 360. Analogamente,
>>> para n de 1 a 8, temos que a soma é (n + 1)/9 * 99...9 * n!/2 = [(n + 1)! *
>>> (10^n - 1)]/18. Para n = 9 isso funciona, mas não segue a mesma lógica,
>>> pois 10 não é um algarismo. Alguém poderia confirmar se pensei corretamente
>>> e também esse caso isolado?
>>>
>>> Muito obrigado!
>>>
>>> Vanderlei
>>>
>>>
>>>
>>>
>>> 
>>>  Livre
>>> de vírus. www.avast.com
>>> .
>>>
>>> <#m_-8545587947776098710_m_-6684176662232703957_m_8245286071011598569_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>
>>>
>>> --
>>> 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.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória (soma de números)

[Claudio Buffara]

Sim. Que eu saiba, algarismos significativos são do 1 ao 9.
Nomenclatura ruim, até porque o zero pode ser altamente significativo... e
há um outro significado pra essa expressão, relacionado a precisão de
medidas.

On Sat, May 4, 2019 at 2:26 PM Vanderlei Nemitz 
wrote:

> Pois é, só penso que o raciocínio não é o mesmo, mas talvez eu esteja
> equivocado. Outra coisa, sem querer abusar, já vi em outras questões, mas é
> correto chamar os algarismos de 1 a 9 de "significativos" e o 0 não? Não
> depende da posição? Com certeza, essa era a intenção do autor,
> desconsiderar o zero, creio.
> Mas...
> *...formados com os n primeiros algarismos significativos...*
>
>
> 
>  Livre
> de vírus. www.avast.com
> .
> <#m_-8545587947776098710_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>
>
> Em sáb, 4 de mai de 2019 às 14:12, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>
>> Não vejo porque não. Você vai ter 9!/2 somas iguais a 10.
>>
>>
>> On Sat, May 4, 2019 at 1:51 PM Vanderlei Nemitz 
>> wrote:
>>
>>> Prezados colegas da lista, a seguinte questão é do IME - RJ, do ano de
>>> 1957/1958.
>>> Gostaria de saber se minha resposta está correta, pois fiquei em dúvida
>>> quando forem utilizados os algarismos de 1 a 9, embora a fórmula "funcione".
>>>
>>> *Determinar a expressão da soma de todos os números de n algarismos,
>>> formados com os n primeiros algarismos significativos.  *
>>>
>>> Inicialmente, pensei que se trata das permutações simples dos algarismos
>>> de 1 a n. Por exemplo, se utilizarmos os algarismos de 1 a 5. A soma do
>>> menor com o maior números formados é 12345 + 54321 = 6. Como existem 60
>>> somas iguais a essa, a soma de todos é 6 x 60 = 360. Analogamente,
>>> para n de 1 a 8, temos que a soma é (n + 1)/9 * 99...9 * n!/2 = [(n + 1)! *
>>> (10^n - 1)]/18. Para n = 9 isso funciona, mas não segue a mesma lógica,
>>> pois 10 não é um algarismo. Alguém poderia confirmar se pensei corretamente
>>> e também esse caso isolado?
>>>
>>> Muito obrigado!
>>>
>>> Vanderlei
>>>
>>>
>>>
>>>
>>> 
>>>  Livre
>>> de vírus. www.avast.com
>>> .
>>>
>>> <#m_-8545587947776098710_m_-6684176662232703957_m_8245286071011598569_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>
>>>
>>> --
>>> 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.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória (soma de números)

[Vanderlei Nemitz]

Pois é, só penso que o raciocínio não é o mesmo, mas talvez eu esteja
equivocado. Outra coisa, sem querer abusar, já vi em outras questões, mas é
correto chamar os algarismos de 1 a 9 de "significativos" e o 0 não? Não
depende da posição? Com certeza, essa era a intenção do autor,
desconsiderar o zero, creio.
Mas...
*...formados com os n primeiros algarismos significativos...*


Livre
de vírus. www.avast.com
.
<#DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>

Em sáb, 4 de mai de 2019 às 14:12, Claudio Buffara <
claudio.buff...@gmail.com> escreveu:

> Não vejo porque não. Você vai ter 9!/2 somas iguais a 10.
>
>
> On Sat, May 4, 2019 at 1:51 PM Vanderlei Nemitz 
> wrote:
>
>> Prezados colegas da lista, a seguinte questão é do IME - RJ, do ano de
>> 1957/1958.
>> Gostaria de saber se minha resposta está correta, pois fiquei em dúvida
>> quando forem utilizados os algarismos de 1 a 9, embora a fórmula "funcione".
>>
>> *Determinar a expressão da soma de todos os números de n algarismos,
>> formados com os n primeiros algarismos significativos.  *
>>
>> Inicialmente, pensei que se trata das permutações simples dos algarismos
>> de 1 a n. Por exemplo, se utilizarmos os algarismos de 1 a 5. A soma do
>> menor com o maior números formados é 12345 + 54321 = 6. Como existem 60
>> somas iguais a essa, a soma de todos é 6 x 60 = 360. Analogamente,
>> para n de 1 a 8, temos que a soma é (n + 1)/9 * 99...9 * n!/2 = [(n + 1)! *
>> (10^n - 1)]/18. Para n = 9 isso funciona, mas não segue a mesma lógica,
>> pois 10 não é um algarismo. Alguém poderia confirmar se pensei corretamente
>> e também esse caso isolado?
>>
>> Muito obrigado!
>>
>> Vanderlei
>>
>>
>>
>>
>> 
>>  Livre
>> de vírus. www.avast.com
>> .
>>
>> <#m_-6684176662232703957_m_8245286071011598569_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>
>>
>> --
>> 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.

[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória (soma de números)

[Claudio Buffara]

Não vejo porque não. Você vai ter 9!/2 somas iguais a 10.


On Sat, May 4, 2019 at 1:51 PM Vanderlei Nemitz 
wrote:

> Prezados colegas da lista, a seguinte questão é do IME - RJ, do ano de
> 1957/1958.
> Gostaria de saber se minha resposta está correta, pois fiquei em dúvida
> quando forem utilizados os algarismos de 1 a 9, embora a fórmula "funcione".
>
> *Determinar a expressão da soma de todos os números de n algarismos,
> formados com os n primeiros algarismos significativos.  *
>
> Inicialmente, pensei que se trata das permutações simples dos algarismos
> de 1 a n. Por exemplo, se utilizarmos os algarismos de 1 a 5. A soma do
> menor com o maior números formados é 12345 + 54321 = 6. Como existem 60
> somas iguais a essa, a soma de todos é 6 x 60 = 360. Analogamente,
> para n de 1 a 8, temos que a soma é (n + 1)/9 * 99...9 * n!/2 = [(n + 1)! *
> (10^n - 1)]/18. Para n = 9 isso funciona, mas não segue a mesma lógica,
> pois 10 não é um algarismo. Alguém poderia confirmar se pensei corretamente
> e também esse caso isolado?
>
> Muito obrigado!
>
> Vanderlei
>
>
>
>
> 
>  Livre
> de vírus. www.avast.com
> .
> <#m_8245286071011598569_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>
>
> --
> 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] Re: [obm-l] Combinatória (permutações)

[Ralph Teixeira]

Sim, voce tem razao, os termos em portugues nao estao corretos... A ideia
(que eu nao escrevi) eh que cada sequencia que foi contada multiplas vezes
num termo vai ser descontada nos termos seguintes, por isso tudo funciona.
Vejamos se dah para expressar melhor o que foi de fato feito...

Considere os conjuntos A1={permutacoes que mantem o 2 fixo},
A2={permutacoes que mantem o 4 fixo}, A3={permutacoes que mantem o 6 fixo}
e A4={permutacoes que mantem o 8 fixo}.

Entao, agora sim, por inclusao-exclusao:

 #(A1UA2UA3UA4) = #(A1) + #(A2) + #(A3) + #(A4) - #(A1UA2) - #(A1UA3) -
#(A1UA4) - ... -#(A3UA4) + #(A1UA2UA3) + #(A1UA2UA4) + #(A1UA3UA4) +
#(A2UA3UA4) - #(A1UA2UA3UA4)

Mas, por simetria, cada termo desses soh depende de QUANTOS conjuntos
aparecem naquela uniao -- mais exatamente, os termos com 1 indice sao 8!
(pois fixamos um termo, os outros podem ser permutados de qualquer jeito),
os com 2 indices sao 7! (dois numeros fixos, os outros como quisermos), e
assim por diante. Portanto:

 #(A1UA2UA3UA4) =  C(4,1).8! - C(4,2) . 7! + C(4,3).6! - 5!

Bom, isso sao as permutacoes em que PELO MENOS um dos 4 numeros estah fixo.
Como queremos o contrario (NENHUM fica fixo), a reposta eh:

#(permutacoes) = 9! - (4. 8! - C(4,2) . 7! + 4 . 6! - 5!)

Acho que agora ficou *bem* melhor escrito! :D

Abraco, Ralph.



On Thu, Apr 25, 2019 at 4:44 PM Pedro Lazéra  wrote:

> Ralph, eu fiquei com uma dúvida.
>
> Apesar de a sua resposta bater com o gabarito, os termos que você
> expressou com números batem mesmo com os termos que você expressou com
> palavras? Por exemplo, "#(permutações que pelo menos 1 dos pares fica no
> lugar)" =  "4.8!" ? Eu tenho a impressão que "4.8!" é maior, porque contou,
> por exemplo, a sequência (1,2,3,4,5,6,7,8,9) mais de uma vez.
>
> Por exemplo, se o mesmo enunciado fosse aplicado a 1,2,3,4, você acharia
> como resposta, por analogia, 4! - 2*3! + C(2,2)*2! = 14, que é a resposta
> certa, mas "#(permutações que pelo menos 1 dos pares fica no lugar)" = 10,
> que é diferente de "2*3!". Não? Neste caso, 2*3! conta (1,2,3,4) e
> (3,2,1,4) duas vezes.
>
> Abraços,
> Pedro
>
> On Thu, Apr 25, 2019 at 2:32 PM Ralph Teixeira  wrote:
>
>> Por inclusão-exclusão, eu achei:
>>
>> #(permutações) = #(total) - #(permutações em que pelo menos um dos pares
>> fica no lugar) + #(permutações que pelo menos 2 dos pares ficam no lugar) -
>> #(permutações que pelo menos 3 dos pares ficam no lugar) + #(permutações em
>> que todos os pares ficam no lugar)
>>  = 9! - 4.8! + C(4,2).7! - C(4,3). 6! +5! = 229080
>>
>> On Thu, Apr 25, 2019 at 7:03 AM Vanderlei Nemitz 
>> wrote:
>>
>>> Bom dia!
>>>
>>> Resolvi a questão a seguir, encontrei como resposta 229080, mas
>>> encontrei essa resposta em uma lista e 133800 em outra. Gostaria de
>>> confirmar qual é a correta. Para mim, 133800 é o número de permutações em
>>> que pelo menos um algarismo par permanece em sua posição original.
>>>
>>> Muito obrigado!
>>>
>>>
>>> *De quantas maneiras podemos permutar os inteiros 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,
>>> 8, 9 de forma que nenhum inteiro par fique em sua posição natural?*
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória (permutações)

[Pedro Lazéra]

Ralph, eu fiquei com uma dúvida.

Apesar de a sua resposta bater com o gabarito, os termos que você expressou
com números batem mesmo com os termos que você expressou com palavras? Por
exemplo, "#(permutações que pelo menos 1 dos pares fica no lugar)" =
"4.8!" ? Eu tenho a impressão que "4.8!" é maior, porque contou, por
exemplo, a sequência (1,2,3,4,5,6,7,8,9) mais de uma vez.

Por exemplo, se o mesmo enunciado fosse aplicado a 1,2,3,4, você acharia
como resposta, por analogia, 4! - 2*3! + C(2,2)*2! = 14, que é a resposta
certa, mas "#(permutações que pelo menos 1 dos pares fica no lugar)" = 10,
que é diferente de "2*3!". Não? Neste caso, 2*3! conta (1,2,3,4) e
(3,2,1,4) duas vezes.

Abraços,
Pedro

On Thu, Apr 25, 2019 at 2:32 PM Ralph Teixeira  wrote:

> Por inclusão-exclusão, eu achei:
>
> #(permutações) = #(total) - #(permutações em que pelo menos um dos pares
> fica no lugar) + #(permutações que pelo menos 2 dos pares ficam no lugar) -
> #(permutações que pelo menos 3 dos pares ficam no lugar) + #(permutações em
> que todos os pares ficam no lugar)
>  = 9! - 4.8! + C(4,2).7! - C(4,3). 6! +5! = 229080
>
> On Thu, Apr 25, 2019 at 7:03 AM Vanderlei Nemitz 
> wrote:
>
>> Bom dia!
>>
>> Resolvi a questão a seguir, encontrei como resposta 229080, mas encontrei
>> essa resposta em uma lista e 133800 em outra. Gostaria de confirmar qual é
>> a correta. Para mim, 133800 é o número de permutações em que pelo menos um
>> algarismo par permanece em sua posição original.
>>
>> Muito obrigado!
>>
>>
>> *De quantas maneiras podemos permutar os inteiros 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8,
>> 9 de forma que nenhum inteiro par fique em sua posição natural?*
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
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[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória (permutações)

[Ralph Teixeira]

Por inclusão-exclusão, eu achei:

#(permutações) = #(total) - #(permutações em que pelo menos um dos pares
fica no lugar) + #(permutações que pelo menos 2 dos pares ficam no lugar) -
#(permutações que pelo menos 3 dos pares ficam no lugar) + #(permutações em
que todos os pares ficam no lugar)
 = 9! - 4.8! + C(4,2).7! - C(4,3). 6! +5! = 229080

On Thu, Apr 25, 2019 at 7:03 AM Vanderlei Nemitz 
wrote:

> Bom dia!
>
> Resolvi a questão a seguir, encontrei como resposta 229080, mas encontrei
> essa resposta em uma lista e 133800 em outra. Gostaria de confirmar qual é
> a correta. Para mim, 133800 é o número de permutações em que pelo menos um
> algarismo par permanece em sua posição original.
>
> Muito obrigado!
>
>
> *De quantas maneiras podemos permutar os inteiros 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8,
> 9 de forma que nenhum inteiro par fique em sua posição natural?*
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
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[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória ( Semana Olímpica )

[Anderson Torres]

Em 24 de junho de 2018 15:09, Jeferson Almir
 escreveu:
> Peço ajuda nesse problema pois estou confuso em montar uma recorrência.
>
> Uma entrada de cinema custa 5 rands. Numa fila de 2n pessoas, há exatamente
> n pessoas com notas de 5 rands e as outras n possuem notas de 10 rands.
> Inicialmente o caixa do cinema está vazio. De quantas maneiras podemos
> organizar a fila de modo que o caixa sempre possa dar o troco?

É o clássico problema do "quantas expressões com parênteses
balanceados existem". Cada pessoa com 5 contos abre um parêntese (, e
cada pessoa com 10 fecha um ). Tem um exercício do artigo "Séries
Formais" de Eduardo Tengan, na Eureka! 11, mais especificamente o
problema 8.

>
> --
> 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.


=
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] Re: [obm-l] Combinatória ( Semana Olímpica )

[Pedro José]

Boa tarde!

Esse problema específico dá para matar com número de Catalã (Cn). Palavra
de Dick
Cn= 1/(n+1) * C(2n,n)=(2n)!/[(n+1)!*n!]

https://es.wikipedia.org/wiki/N%C3%BAmeros_de_Catalan

Saudações,
PJMS

Em 25 de junho de 2018 10:56, Jeferson Almir 
escreveu:

> Valeu garoto !!!
>
> Em seg, 25 de jun de 2018 às 09:32, Mauricio de Araujo <
> mauricio.de.ara...@gmail.com> escreveu:
>
>> Bom dia!!
>>
>> Este problema está discutido na página 52 do livro "de cuántas formas",
>> cujo link coloco a seguir.
>>
>> https://drive.google.com/file/d/1TOu47F-UPUq9b0jr4sBwQ3I5Lnk6pxQg/
>> view?usp=sharing
>>
>> Att.
>> --
>> Abraços,
>> Mauricio de Araujo
>> [oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ]
>>
>>
>> Em dom, 24 de jun de 2018 às 15:21, Jeferson Almir <
>> jefersonram...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Peço ajuda nesse problema pois estou confuso em montar uma recorrência.
>>>
>>> Uma entrada de cinema custa 5 rands. Numa fila de 2n pessoas, há
>>> exatamente n pessoas com notas de 5 rands e as outras n possuem notas de 10
>>> rands. Inicialmente o caixa do cinema está vazio. De quantas maneiras
>>> podemos organizar a fila de modo que o caixa sempre possa dar o troco?
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória ( Semana Olímpica )

[Jeferson Almir]

Valeu garoto !!!

Em seg, 25 de jun de 2018 às 09:32, Mauricio de Araujo <
mauricio.de.ara...@gmail.com> escreveu:

> Bom dia!!
>
> Este problema está discutido na página 52 do livro "de cuántas formas",
> cujo link coloco a seguir.
>
>
> https://drive.google.com/file/d/1TOu47F-UPUq9b0jr4sBwQ3I5Lnk6pxQg/view?usp=sharing
>
> Att.
> --
> Abraços,
> Mauricio de Araujo
> [oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ]
>
>
> Em dom, 24 de jun de 2018 às 15:21, Jeferson Almir <
> jefersonram...@gmail.com> escreveu:
>
>> Peço ajuda nesse problema pois estou confuso em montar uma recorrência.
>>
>> Uma entrada de cinema custa 5 rands. Numa fila de 2n pessoas, há
>> exatamente n pessoas com notas de 5 rands e as outras n possuem notas de 10
>> rands. Inicialmente o caixa do cinema está vazio. De quantas maneiras
>> podemos organizar a fila de modo que o caixa sempre possa dar o troco?
>>
>> --
>> 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.

[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória ( Semana Olímpica )

[Mauricio de Araujo]

Bom dia!!

Este problema está discutido na página 52 do livro "de cuántas formas",
cujo link coloco a seguir.

https://drive.google.com/file/d/1TOu47F-UPUq9b0jr4sBwQ3I5Lnk6pxQg/view?usp=sharing

Att.
--
Abraços,
Mauricio de Araujo
[oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ]


Em dom, 24 de jun de 2018 às 15:21, Jeferson Almir 
escreveu:

> Peço ajuda nesse problema pois estou confuso em montar uma recorrência.
>
> Uma entrada de cinema custa 5 rands. Numa fila de 2n pessoas, há
> exatamente n pessoas com notas de 5 rands e as outras n possuem notas de 10
> rands. Inicialmente o caixa do cinema está vazio. De quantas maneiras
> podemos organizar a fila de modo que o caixa sempre possa dar o troco?
>
> --
> 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] Combinatória ( Semana Olímpica )

[André Lauer]

Acredito que vc tenha que usar o princípio da reflexão nesse problema


> Em 24 de jun de 2018, às 15:22, Jeferson Almir  
> escreveu:
> 
> Peço ajuda nesse problema pois estou confuso em montar uma recorrência.
> 
> Uma entrada de cinema custa 5 rands. Numa fila de 2n pessoas, há exatamente n 
> pessoas com notas de 5 rands e as outras n possuem notas de 10 rands. 
> Inicialmente o caixa do cinema está vazio. De quantas maneiras podemos 
> organizar a fila de modo que o caixa sempre possa dar o troco?
> 
> -- 
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e 
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
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] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Claudio Buffara]

Realmente, não me ocorre nenhuma ideia brilhante.

Será que não é um erro de impressão e faltou um + entre o y e o z?

De repente da’ pra usar uma planilha pra achar o número de soluções inteiras 
positivas de:
yz = n, 
com n variando de 1 até 98.

Depois, pra cada n, achar da forma tradicional o número de soluções de:
x + w = 100-n.

Abs

Enviado do meu iPhone

Em 14 de abr de 2018, à(s) 15:16, Douglas Oliveira de Lima 
 escreveu:

> Entao , veio de quantas soluções inteiras positivas existem para x+yz+w=100.
> 
> Douglas Oliveira.
> 
> Em sáb, 14 de abr de 2018 13:37, Claudio Buffara  
> escreveu:
>> Que eu saiba, só no braço, mesmo...
>> 
>> n(k) é uma fórmula envolvendo os expoentes da decomposição de k em 
>> fatores primos.
>> Não conheço nenhuma expressão de n(k) em função de k diretamente.
>> 
>> De onde veio este problema?
>> 
>> []s,
>> Claudio.
>> 
>> 
>> 2018-04-10 18:11 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima 
>> :
>>> Caros amigos , retomando o raciocinio, rs, estou com um problema um tanto 
>>> interessante que nao sei como fazer:
>>> 
>>> Existe algum jeito de calcular o valor do somatório dos produtos 
>>> n(k).(101-k) onde k varia de 1 a 98 e n(k) é o número de divisores de k.
>>> 
>>> 
>>> Qualquer ajuda será bem vinda.
>>> 
>>> 
>>> Abraco do 
>>> 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 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] Combinatória

[Douglas Oliveira de Lima]

Entao , veio de quantas soluções inteiras positivas existem para x+yz+w=100.

Douglas Oliveira.

Em sáb, 14 de abr de 2018 13:37, Claudio Buffara 
escreveu:

> Que eu saiba, só no braço, mesmo...
>
> n(k) é uma fórmula envolvendo os expoentes da decomposição de k em fatores
> primos.
> Não conheço nenhuma expressão de n(k) em função de k diretamente.
>
> De onde veio este problema?
>
> []s,
> Claudio.
>
>
> 2018-04-10 18:11 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima <
> profdouglaso.del...@gmail.com>:
>
>> Caros amigos , retomando o raciocinio, rs, estou com um problema um tanto
>> interessante que nao sei como fazer:
>>
>> Existe algum jeito de calcular o valor do somatório dos produtos
>> n(k).(101-k) onde k varia de 1 a 98 e n(k) é o número de divisores de k.
>>
>>
>> Qualquer ajuda será bem vinda.
>>
>>
>> Abraco do
>> 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.

[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Claudio Buffara]

Que eu saiba, só no braço, mesmo...

n(k) é uma fórmula envolvendo os expoentes da decomposição de k em fatores
primos.
Não conheço nenhuma expressão de n(k) em função de k diretamente.

De onde veio este problema?

[]s,
Claudio.


2018-04-10 18:11 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com>:

> Caros amigos , retomando o raciocinio, rs, estou com um problema um tanto
> interessante que nao sei como fazer:
>
> Existe algum jeito de calcular o valor do somatório dos produtos
> n(k).(101-k) onde k varia de 1 a 98 e n(k) é o número de divisores de k.
>
>
> Qualquer ajuda será bem vinda.
>
>
> Abraco do
> Douglas Oliveira.
>
>
> --
> 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] Combinatória

[Vanderlei Nemitz]

Maurício:

Aparentemente sua solução está perfeita. Agradeço muito! Ficou bem elegante!

Um abraço!

Vanderlei

Em 14 de junho de 2016 21:02, Mauricio de Araujo <
mauricio.de.ara...@gmail.com> escreveu:

> Para deixar claro a questão da divisão por dois:
>
> Nossa estratégia para montar uma comissão "não válida" é escolher um
> senador entre os 30, depois escolher um inimigo e depois escolher um amigo.
>
> Imagine que escolhemos inicialmente o senador A para formar a comissão
> {A,C,B} onde A é amigo de B e inimigo de C... Esta mesma comissão é
> escolhida novamente porque uma das duas situações abaixo necessariamente
> acontece...
>
> Se B for amigo de C, a mesma comissão aparecerá quando a escolha começar
> pelo senador C onde a comissão será {C,A,B}
>
> Se B for inimigo de C, a mesma comissão aparecerá quando a escolha começar
> pelo senador B onde a comissão será {B,C,A}.
>
> Logo, a mesma comissão é contada duas vezes...
>
>
>
> Em 14 de junho de 2016 20:17, Mauricio de Araujo <
> mauricio.de.ara...@gmail.com> escreveu:
>
>> Ataquemos o problema olhando o contrário do que se quer, ou seja, vendo
>> as comissões onde haja um amigo e um inimigo de um senador em particular...
>>
>> Isso pode ser feito assim:
>>
>> Número de escolhas de um certo senador: 30
>> Número de inimigos a escolher para compor a comissão: 6
>> Número de amigos a escolher para compor a comissão: 23
>>
>> Logo o total de comissões onde há um amigo e um inimigo de um certo
>> senador é: 30.6.23 = 4140. Entretanto, temos de dividir este número por
>> dois porque a mesma comissão aparece quando o senador escolhido é o amigo
>> do primeiro... Logo o total de comissões onde existe "amigos e inimigos" é
>> 2070.
>>
>> O total de comissões é igual a C30,3 = 4060.
>>
>> Logo o que se quer é 4060 - 2070 = 1990.
>>
>> Acho que é isso
>>
>> Em 11 de junho de 2016 17:21, Vanderlei Nemitz 
>> escreveu:
>>
>>> Gostaria de uma ajuda para o seguinte problema.
>>> A resposta é 1990
>>> Obrigado!
>>>
>>>
>>> Em um senado, há 30 senadores. Para cada par de senadores, eles podem
>>> ser amigos ou inimigos. Cada senador tem 6 inimigos. Considere comissões
>>> formadas por 3 senadores. Determine o número total de comissões, cujos
>>> membros são todos amigos uns dos outros ou todos inimigos uns dos outros.
>>>
>>>
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>>
>>
>> --
>>
>> Abraços,
>> oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ
>>
>>
>
>
> --
>
> Abraços,
> oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ
>
>
> --
> 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] Combinatória

[Mauricio de Araujo]

Para deixar claro a questão da divisão por dois:

Nossa estratégia para montar uma comissão "não válida" é escolher um
senador entre os 30, depois escolher um inimigo e depois escolher um amigo.

Imagine que escolhemos inicialmente o senador A para formar a comissão
{A,C,B} onde A é amigo de B e inimigo de C... Esta mesma comissão é
escolhida novamente porque uma das duas situações abaixo necessariamente
acontece...

Se B for amigo de C, a mesma comissão aparecerá quando a escolha começar
pelo senador C onde a comissão será {C,A,B}

Se B for inimigo de C, a mesma comissão aparecerá quando a escolha começar
pelo senador B onde a comissão será {B,C,A}.

Logo, a mesma comissão é contada duas vezes...



Em 14 de junho de 2016 20:17, Mauricio de Araujo <
mauricio.de.ara...@gmail.com> escreveu:

> Ataquemos o problema olhando o contrário do que se quer, ou seja, vendo as
> comissões onde haja um amigo e um inimigo de um senador em particular...
>
> Isso pode ser feito assim:
>
> Número de escolhas de um certo senador: 30
> Número de inimigos a escolher para compor a comissão: 6
> Número de amigos a escolher para compor a comissão: 23
>
> Logo o total de comissões onde há um amigo e um inimigo de um certo
> senador é: 30.6.23 = 4140. Entretanto, temos de dividir este número por
> dois porque a mesma comissão aparece quando o senador escolhido é o amigo
> do primeiro... Logo o total de comissões onde existe "amigos e inimigos" é
> 2070.
>
> O total de comissões é igual a C30,3 = 4060.
>
> Logo o que se quer é 4060 - 2070 = 1990.
>
> Acho que é isso
>
> Em 11 de junho de 2016 17:21, Vanderlei Nemitz 
> escreveu:
>
>> Gostaria de uma ajuda para o seguinte problema.
>> A resposta é 1990
>> Obrigado!
>>
>>
>> Em um senado, há 30 senadores. Para cada par de senadores, eles podem ser
>> amigos ou inimigos. Cada senador tem 6 inimigos. Considere comissões
>> formadas por 3 senadores. Determine o número total de comissões, cujos
>> membros são todos amigos uns dos outros ou todos inimigos uns dos outros.
>>
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
>
>
> --
>
> Abraços,
> oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ
>
>


-- 

Abraços,
oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ

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

[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Mauricio de Araujo]

Ataquemos o problema olhando o contrário do que se quer, ou seja, vendo as
comissões onde haja um amigo e um inimigo de um senador em particular...

Isso pode ser feito assim:

Número de escolhas de um certo senador: 30
Número de inimigos a escolher para compor a comissão: 6
Número de amigos a escolher para compor a comissão: 23

Logo o total de comissões onde há um amigo e um inimigo de um certo senador
é: 30.6.23 = 4140. Entretanto, temos de dividir este número por dois porque
a mesma comissão aparece quando o senador escolhido é o amigo do
primeiro... Logo o total de comissões onde existe "amigos e inimigos" é
2070.

O total de comissões é igual a C30,3 = 4060.

Logo o que se quer é 4060 - 2070 = 1990.

Acho que é isso

Em 11 de junho de 2016 17:21, Vanderlei Nemitz 
escreveu:

> Gostaria de uma ajuda para o seguinte problema.
> A resposta é 1990
> Obrigado!
>
>
> Em um senado, há 30 senadores. Para cada par de senadores, eles podem ser
> amigos ou inimigos. Cada senador tem 6 inimigos. Considere comissões
> formadas por 3 senadores. Determine o número total de comissões, cujos
> membros são todos amigos uns dos outros ou todos inimigos uns dos outros.
>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.




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Abraços,
oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ

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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Carlos Nehab]

Oi, Mateus,

Muito feliz com sua chegada por essas bandas.
Diminuiremos nossa idade média (ufa) e aumentaremos relevantemente o número
de neurônios competentes (outro ufa).

Grande abraço,
Nehab

Em 14 de junho de 2015 12:49, Matheus Secco matheusse...@gmail.com
escreveu:

 Oi Marcone, associe um sinal de + a um livro escolhido e um sinal de - a
 um livro não escolhido. Devemos colocar então 5 sinais de + e 7 sinais de
 -, sem que haja dois sinais de + juntos.

 Coloque os sinais de -`s primeiro. Eles gerarão 8 espaços e devemos
 colocar no máximo um sinal de + nestes espaços. Basta assim escolher 5 dos
 8 espaços criados, o que pode ser feito de C(8,5) = 56 maneiras.

 Abraços,

 Matheus Secco

 2015-06-14 10:16 GMT-03:00 marcone augusto araújo borges 
 marconeborge...@hotmail.com:

 Uma prateleira contém 12 livros. De quantas maneiras podemos escolher 5
 deles
 de modo que dois dos livros escolhidos nunca fiquem um ao lado do outro?



 --
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 acredita-se estar livre de perigo.



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 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
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[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Matheus Secco]

Oi Marcone, associe um sinal de + a um livro escolhido e um sinal de - a um
livro não escolhido. Devemos colocar então 5 sinais de + e 7 sinais de -,
sem que haja dois sinais de + juntos.

Coloque os sinais de -`s primeiro. Eles gerarão 8 espaços e devemos colocar
no máximo um sinal de + nestes espaços. Basta assim escolher 5 dos 8
espaços criados, o que pode ser feito de C(8,5) = 56 maneiras.

Abraços,

Matheus Secco

2015-06-14 10:16 GMT-03:00 marcone augusto araújo borges 
marconeborge...@hotmail.com:

 Uma prateleira contém 12 livros. De quantas maneiras podemos escolher 5
 deles
 de modo que dois dos livros escolhidos nunca fiquem um ao lado do outro?



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 acredita-se estar livre de perigo.


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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Rogerio Ponce]

A sequencia comeca com um IMPAR e a segunda e' PAR, e vao se alternando
sucessivamente...

2015-05-24 15:35 GMT-03:00 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com:

 Oi Bernardo, obrigado, engoli a soma.
 Indo de um em um, a soma do primeiro e' par, a proxima e' impar, etc.
 (afinal o Marcone nao queria saber quantos numeros pares existiam na
 sequencia...)
 :)
 []'s
 Rogerio Ponce

 2015-05-24 12:56 GMT-03:00 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com:

 Ola' Marcone,
 os numeros de 9 algarismos comecam em 1, e terminam em 9.
 Indo de um em um, o primeiro e' par, o proximo e' impar, o seguinte e'
 par, etc...
 A sequencia comeca com um par e termina com um impar.
 Portanto tem a mesma quantidade de elementos pares e impares.
 Ou seja, 45000 elementos pares e 45000 elementos impares.
 []'s
 Rogerio Ponce

 2015-05-23 21:31 GMT-03:00 marcone augusto araújo borges 
 marconeborge...@hotmail.com:

 Quantos números de 9 algarismos tem a soma dos seus algarismos par?

 Eu achei 45000.Não tenho o gabarito.
 Notei que esse número é a metade do total de números de 9 algarismos
 Seria metade dos números com soma dos seus algarismos par e metade
 com soma dos algarismos ímpar.Se isso for verdade, é mera coincidência
 ou teria como justificar?

 --
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-- 
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2015-05-24 12:56 GMT-03:00 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com:
 Ola' Marcone,
 os numeros de 9 algarismos comecam em 1, e terminam em 9.
 Indo de um em um, o primeiro e' par, o proximo e' impar, o seguinte e' par,
 etc...
 A sequencia comeca com um par e termina com um impar.
 Portanto tem a mesma quantidade de elementos pares e impares.
 Ou seja, 45000 elementos pares e 45000 elementos impares.

O problema é para a soma dos dígitos ser par ou ímpar. Mas o mesmo
raciocínio funciona, com uma leve mudança: a cada 10, 5 tem a soma dos
dígitos par, e 5, ímpar.

 []'s
 Rogerio Ponce

 2015-05-23 21:31 GMT-03:00 marcone augusto araújo borges
 marconeborge...@hotmail.com:

 Quantos números de 9 algarismos tem a soma dos seus algarismos par?

 Eu achei 45000.Não tenho o gabarito.
 Notei que esse número é a metade do total de números de 9 algarismos
 Seria metade dos números com soma dos seus algarismos par e metade
 com soma dos algarismos ímpar.Se isso for verdade, é mera coincidência
 ou teria como justificar?

Abraços,
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

-- 
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
=

[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Rogerio Ponce]

Ola' Marcone,
os numeros de 9 algarismos comecam em 1, e terminam em 9.
Indo de um em um, o primeiro e' par, o proximo e' impar, o seguinte e' par,
etc...
A sequencia comeca com um par e termina com um impar.
Portanto tem a mesma quantidade de elementos pares e impares.
Ou seja, 45000 elementos pares e 45000 elementos impares.
[]'s
Rogerio Ponce

2015-05-23 21:31 GMT-03:00 marcone augusto araújo borges 
marconeborge...@hotmail.com:

 Quantos números de 9 algarismos tem a soma dos seus algarismos par?

 Eu achei 45000.Não tenho o gabarito.
 Notei que esse número é a metade do total de números de 9 algarismos
 Seria metade dos números com soma dos seus algarismos par e metade
 com soma dos algarismos ímpar.Se isso for verdade, é mera coincidência
 ou teria como justificar?

 --
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 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] Combinatória

[Rogerio Ponce]

Oi Bernardo, obrigado, engoli a soma.
Indo de um em um, a soma do primeiro e' par, a proxima e' impar, etc.
(afinal o Marcone nao queria saber quantos numeros pares existiam na
sequencia...)
:)
[]'s
Rogerio Ponce

2015-05-24 12:56 GMT-03:00 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com:

 Ola' Marcone,
 os numeros de 9 algarismos comecam em 1, e terminam em 9.
 Indo de um em um, o primeiro e' par, o proximo e' impar, o seguinte e'
 par, etc...
 A sequencia comeca com um par e termina com um impar.
 Portanto tem a mesma quantidade de elementos pares e impares.
 Ou seja, 45000 elementos pares e 45000 elementos impares.
 []'s
 Rogerio Ponce

 2015-05-23 21:31 GMT-03:00 marcone augusto araújo borges 
 marconeborge...@hotmail.com:

 Quantos números de 9 algarismos tem a soma dos seus algarismos par?

 Eu achei 45000.Não tenho o gabarito.
 Notei que esse número é a metade do total de números de 9 algarismos
 Seria metade dos números com soma dos seus algarismos par e metade
 com soma dos algarismos ímpar.Se isso for verdade, é mera coincidência
 ou teria como justificar?

 --
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-- 
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Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Gabriel Tostes]

Se você for escolhendo todos os números, irá ter 9 opções para o primeiro, 10 
pra o segundo, terceiro,,oitavo. Mas somente terá 5 opções para o último 
número. 

Enviada do meu iPad

 Em 24/05/2015, às 15:38, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu:
 
 A sequencia comeca com um IMPAR e a segunda e' PAR, e vao se alternando 
 sucessivamente...
 
 2015-05-24 15:35 GMT-03:00 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com:
 Oi Bernardo, obrigado, engoli a soma.
 Indo de um em um, a soma do primeiro e' par, a proxima e' impar, etc.
 (afinal o Marcone nao queria saber quantos numeros pares existiam na 
 sequencia...)
 :)
 []'s
 Rogerio Ponce
 
 2015-05-24 12:56 GMT-03:00 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com:
 Ola' Marcone,
 os numeros de 9 algarismos comecam em 1, e terminam em 9.
 Indo de um em um, o primeiro e' par, o proximo e' impar, o seguinte e' par, 
 etc...
 A sequencia comeca com um par e termina com um impar.
 Portanto tem a mesma quantidade de elementos pares e impares.
 Ou seja, 45000 elementos pares e 45000 elementos impares.
 []'s
 Rogerio Ponce
 
 2015-05-23 21:31 GMT-03:00 marcone augusto araújo borges 
 marconeborge...@hotmail.com:
 Quantos números de 9 algarismos tem a soma dos seus algarismos par?
 
 Eu achei 45000.Não tenho o gabarito.
 Notei que esse número é a metade do total de números de 9 algarismos
 Seria metade dos números com soma dos seus algarismos par e metade
 com soma dos algarismos ímpar.Se isso for verdade, é mera coincidência
 ou teria como justificar?
 
 -- 
 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.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2015-05-24 15:38 GMT-03:00 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com:
 A sequencia comeca com um IMPAR e a segunda e' PAR, e vao se alternando
 sucessivamente...

1009 tem soma par
1010 tem soma par também.

Mas a cada 10, 5 são pares, e 5 são ímpares ;-)

 2015-05-24 15:35 GMT-03:00 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com:

 Oi Bernardo, obrigado, engoli a soma.
 Indo de um em um, a soma do primeiro e' par, a proxima e' impar, etc.
 (afinal o Marcone nao queria saber quantos numeros pares existiam na
 sequencia...)

-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

-- 
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
=

[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória - escadas

[Pacini Bores]

Olá  Marcos, use recorrência; ou seja, o número de maneiras   se chegar ao
sexto degrau é a soma do número de se chegar ao quinto, com o número de
maneiras de se chegar ao quarto e  com o número de chegar ao terceiro
degrau.

Faça para n=3,4 e 5 e depois encontre o total para n=6, ok ?

Abraços

Pacini




Em 18 de agosto de 2014 15:37, Marcos Xavier mccxav...@hotmail.com
escreveu:

 Prezados amigos. Preciso de ajuda nesse problema:

 Todo dia Alberto precisa subir uma escada de seis degraus para chegar em
 casa. Como tem a perna comprida, ele consegue subir a escada evitando até
 dois degraus a cada passada. Assim, existem várias maneiras de ele subir a
 escada: ele pode, por exemplo, ir direto para o terceiro degrau e depois
 subir de um em um; ou então pode ir direto para o segundo degrau, depois
 para o quinto e finalmente chegar ao sexto; outra maneira é ir de um em um
 desde o início. De quantas mandeiras ele pode subir?

 Grande abraço a todos.

 Marcos.

 --
 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] Combinatória - escadas

[Mauricio de Araujo]

​Pense assim, ele está no sexto degrau.. para se chegar ao sexto degrau ou
ele veio do quinto​, ou do quarto ou terceiro degrau...

assim, o total de maneiras de se chegar no sexto degrau, N(6) será igual a
N(5)+N(4)+N(3)...

N(3) = N(2)+N(1)+N(0) = 2+1+0 = 3
N(4) = N(3)+N(2)+N(1) = 3+2+1 = 6
N(5) = N(4)+N(3)+N(2) = 6+3+2 = 11

N(6) = 20...

acho que é isso..



2014-08-18 15:37 GMT-03:00 Marcos Xavier mccxav...@hotmail.com:

 s degraus para chegar em casa. Como tem a





-- 
Abraços

oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória - escadas

[Ralph Teixeira]

Hmm... Mas N(0)=1, certo? Entao fico com:

N(3) = N(2)+N(1)+N(0) = 2+1+1 = 4
N(4) = N(3)+N(2)+N(1) = 4+2+1 = 7
N(5) = N(4)+N(3)+N(2) = 7+4+2 = 13
N(6) = 24

A sequencia eh 1,1,2,4,7,13,24,44,81,... ou seja os numeros de Tribonacci
https://oeis.org/A73, porque a OEIS eh genial!

Abraco,
 Ralph

2014-08-18 16:15 GMT-03:00 Mauricio de Araujo mauricio.de.ara...@gmail.com
:
 Pense assim, ele está no sexto degrau.. para se chegar ao sexto degrau ou
 ele veio do quinto, ou do quarto ou terceiro degrau...

 assim, o total de maneiras de se chegar no sexto degrau, N(6) será igual a
 N(5)+N(4)+N(3)...

 N(3) = N(2)+N(1)+N(0) = 2+1+0 = 3
 N(4) = N(3)+N(2)+N(1) = 3+2+1 = 6
 N(5) = N(4)+N(3)+N(2) = 6+3+2 = 11

 N(6) = 20...

 acho que é isso..



 2014-08-18 15:37 GMT-03:00 Marcos Xavier mccxav...@hotmail.com:

 s degraus para chegar em casa. Como tem a





 --
 Abraços

 oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ


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

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória - escadas

[Mauricio de Araujo]

tem razão!
abraços.


2014-08-18 18:29 GMT-03:00 Ralph Teixeira ralp...@gmail.com:

 Hmm... Mas N(0)=1, certo? Entao fico com:

 N(3) = N(2)+N(1)+N(0) = 2+1+1 = 4
 N(4) = N(3)+N(2)+N(1) = 4+2+1 = 7
 N(5) = N(4)+N(3)+N(2) = 7+4+2 = 13
 N(6) = 24

 A sequencia eh 1,1,2,4,7,13,24,44,81,... ou seja os numeros de Tribonacci
 https://oeis.org/A73, porque a OEIS eh genial!

 Abraco,
  Ralph

 2014-08-18 16:15 GMT-03:00 Mauricio de Araujo 
 mauricio.de.ara...@gmail.com:

  Pense assim, ele está no sexto degrau.. para se chegar ao sexto degrau ou
  ele veio do quinto, ou do quarto ou terceiro degrau...
 
  assim, o total de maneiras de se chegar no sexto degrau, N(6) será igual
 a
  N(5)+N(4)+N(3)...
 
  N(3) = N(2)+N(1)+N(0) = 2+1+0 = 3
  N(4) = N(3)+N(2)+N(1) = 3+2+1 = 6
  N(5) = N(4)+N(3)+N(2) = 6+3+2 = 11
 
  N(6) = 20...
 
  acho que é isso..
 
 
 
  2014-08-18 15:37 GMT-03:00 Marcos Xavier mccxav...@hotmail.com:

 
  s degraus para chegar em casa. Como tem a
 
 
 
 
 
  --
  Abraços
 
  oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ

 
 
  --
  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.




-- 
Abraços

oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Fabio Silva]

Olá amigos,

Ainda insisto. Pensemos nas oito possibilidades de escolher um lugar para 
aquela mulher. Após isto, devemos pensar em escolher quantas possibilidades de 
mulheres posso colocar na primeira posição posição, na segunda e assim 
sucessivamente. O que daria um total de 4!. O mesmo pensamento seria para os 
homens, sendo igual a 4!. 
Daí, não vi contagem dobrada. E o resultado seria apenas o produto mesmo:
8.4!.4!=4608 possibilidades.

Onde estaria a contagem em dobro?

Um abraço

Fabio MS



On Monday, March 17, 2014 10:52 PM, Walter Tadeu Nogueira da Silveira 
wtade...@gmail.com wrote:
 
Obrigado a todos. E, sim, Leo, foi engano. Seria C(5,4) formas de escolher a 
posição dos homens.

Abs




Em 17 de março de 2014 21:06, Pacini Bores pacini.bo...@globo.com escreveu:

Olá, 
Nas soluções do Kleber e do Fabio, devemos retirar 3.4!.4! ; pois como o 
Leonardo falou, entre os homens os 3.4!.4! foram contado duas vezes.


Abraços


Pacini



Em 17 de março de 2014 20:35, Leonardo Maia lpm...@gmail.com escreveu:


Vejo a razão com o Walter (apesar de um typo), e não com o Kleber.


Enxergo dupla contagem na solução do Kleber. Notem os dois espaços ao redor 
da 1a. mulher entre as 3 já alocadas, por exemplo. Quando se contam as 
possíveis posições da 4a. mulher, essas duas posições já são consideradas 
entre as 8 possibilidades, correspondendo aos dois possíveis ordenamentos de 
duas mulheres que eventualmente fiquem juntas ali. Depois,  DE NOVO esses 
dois possíveis ordenamentos são contados no 4! das mulheres. Overcounting!


Na solução do Walter, os dois fatores 4! estão corretos e devem ser 
multiplicados pelo número de possíveis entrelaçamentos das filas de homens 
e mulheres, que é dado pelo número de soluções da equação x1 + x2 + x3 + x4 + 
x5 = 4 onde cada variável só pode valer 0 ou 1 (cada variável corresponde ao 
número de homens na posição de cada espaço _ na solução do Walter). São 5, e 
não C(5,2), tais soluções. O Walter deve ter pensado uma coisa e escrito 
outra, pois o 2880 que julgo correto resulta do 5.


Saudações,
Leo.


On Monday, March 17, 2014, Kleber Bastos klebe...@gmail.com wrote:

Pensei aqui o problema de uma forma diferente:
Como os homens não podem ficar juntos, temos que ter pelo menos uma mulher 
entre dois homens. Então vamos colocar os 4 homens em fila, sempre com uma 
mulher enrte 2:
H M H M H M H
 Para isso precisamos usar 3 mulheres. Isso é o mínimo que temos que ter. 
Mas ainda temos uma mulher para colocar na fila em qualquer lugar. Os 
lugares possíveis para essa última mulher são 8, onde vou colocar os traços:
_ H _ M _ H _ M _ H _ M _ H _
 Então temos 8 maneiras diferentes de colocar a última mulher. Além disso, 
podemos trocar os homens de lugar entre si (que pode ser feito de P4 = 4! 
maneiras) e as mulheres de lugar enter si (que pode ser feito de P4 = 4! 
maneiras).
Portanto teremos:
= 8 . 4! . 4!
= 8 . 24 . 24= 4608

Abraços, Kleber.
Sent from my iPad

On 17/03/2014, at 19:06, Walter Tadeu Nogueira da Silveira 
wtade...@gmail.com wrote:


Amigos, 

Na questão: De quantas maneiras podemos dispor 4 homens e 4 mulheres em 
uma fila, sem que dois homens fiquem juntos?

Pensei em amarrar as mulheres e escolher posições onde os homens poderiam 
ocupar sem ficar dois juntos. Depois permutar homens e mulheres.

_ M _ M _ M _ M _

C(5,2). P4. P4 = 2880 formas diferentes.



O gabarito da questão diz 4608. Mas não concordei com essa resposta.


Alguém poderia ajudar. Muito obrigado.

-- 
Walter Tadeu Nogueira da Silveira


-- 
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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. 


-- 
Walter Tadeu Nogueira da Silveira
http://www.professorwaltertadeu.mat.br


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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Fabio Silva]

Na solução do Walter ele não considera a possibilidade de duas mulheres juntas, 
o que é possível pelo problema proposto.

Um abraço

Fabio MS



On Tuesday, March 18, 2014 10:21 AM, Fabio Silva cacar...@yahoo.com wrote:
 
Olá amigos,

Ainda insisto. Pensemos nas oito possibilidades de escolher um lugar para 
aquela mulher. Após isto, devemos pensar em escolher quantas possibilidades de 
mulheres posso colocar na primeira posição posição, na segunda e assim 
sucessivamente. O que daria um total de 4!. O mesmo pensamento seria para os 
homens, sendo igual a 4!. 
Daí, não vi contagem dobrada. E o resultado seria apenas o produto mesmo:
8.4!.4!=4608 possibilidades.

Onde estaria a contagem em dobro?

Um abraço

Fabio MS



On Monday, March 17, 2014 10:52 PM, Walter Tadeu Nogueira da Silveira 
wtade...@gmail.com wrote:
 
Obrigado a todos. E, sim, Leo, foi engano. Seria C(5,4) formas de escolher a 
posição dos homens.

Abs




Em 17 de março de 2014 21:06, Pacini Bores pacini.bo...@globo.com escreveu:

Olá, 
Nas soluções do Kleber e do Fabio, devemos retirar 3.4!.4! ; pois como o 
Leonardo falou, entre os homens os 3.4!.4! foram contado duas vezes.


Abraços


Pacini



Em 17 de março de 2014 20:35, Leonardo Maia lpm...@gmail.com escreveu:


Vejo a razão com o Walter (apesar de um typo), e não com o Kleber.


Enxergo dupla contagem na solução do Kleber. Notem os dois espaços ao redor 
da 1a. mulher entre as 3 já alocadas, por exemplo. Quando se contam as 
possíveis posições da 4a. mulher, essas duas posições já são consideradas 
entre as 8 possibilidades, correspondendo aos dois possíveis ordenamentos de 
duas mulheres que eventualmente fiquem juntas ali. Depois,  DE NOVO esses 
dois possíveis ordenamentos são contados no 4! das mulheres. Overcounting!


Na solução do Walter, os dois fatores 4! estão corretos e devem ser 
multiplicados pelo número de possíveis entrelaçamentos das filas de homens 
e mulheres, que é dado pelo número de soluções da equação x1 + x2 + x3 + x4 + 
x5 = 4 onde cada variável só pode valer 0 ou 1 (cada variável corresponde ao 
número de homens na posição de cada espaço _ na solução do Walter). São 5, e 
não C(5,2), tais soluções. O Walter deve ter pensado uma coisa e escrito 
outra, pois o 2880 que julgo correto resulta do 5.


Saudações,
Leo.


On Monday, March 17, 2014, Kleber Bastos klebe...@gmail.com wrote:

Pensei aqui o problema de uma forma diferente:
Como os homens não podem ficar juntos, temos que ter pelo menos uma mulher 
entre dois homens. Então vamos colocar os 4 homens em fila, sempre com uma 
mulher enrte 2:
H M H M H M H
 Para isso precisamos usar 3 mulheres. Isso é o mínimo que temos que ter. 
Mas ainda temos uma mulher para colocar na fila em qualquer lugar. Os 
lugares possíveis para essa última mulher são 8, onde vou colocar os traços:
_ H _ M _ H _ M _ H _ M _ H _
 Então temos 8 maneiras diferentes de colocar a última mulher. Além disso, 
podemos trocar os homens de lugar entre si (que pode ser feito de P4 = 4! 
maneiras) e as mulheres de lugar enter si (que pode ser feito de P4 = 4! 
maneiras).
Portanto teremos:
= 8 . 4! . 4!
= 8 . 24 . 24= 4608

Abraços, Kleber.
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On 17/03/2014, at 19:06, Walter Tadeu Nogueira da Silveira 
wtade...@gmail.com wrote:


Amigos, 

Na questão: De quantas maneiras podemos dispor 4 homens e 4 mulheres em 
uma fila, sem que dois homens fiquem juntos?

Pensei em amarrar as mulheres e escolher posições onde os homens poderiam 
ocupar sem ficar dois juntos. Depois permutar homens e mulheres.

_ M _ M _ M _ M _

C(5,2). P4. P4 = 2880 formas diferentes.



O gabarito da questão diz 4608. Mas não concordei com essa resposta.


Alguém poderia ajudar. Muito obrigado.

-- 
Walter Tadeu Nogueira da Silveira


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acredita-se estar livre de perigo. 
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Walter Tadeu Nogueira da Silveira
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Walter Tadeu Nogueira da Silveira]

Oi, Fabio

Eu considerei, sim. No momento em que tenho 5 lugares para por os homens,
tenho a possibilidade:
_ M _ M _M_M_  colocando HM_MHMHMH. Duas mulheres juntas.

Concorda?


Em 18 de março de 2014 10:44, Fabio Silva cacar...@yahoo.com escreveu:

 Na solução do Walter ele não considera a possibilidade de duas mulheres
 juntas, o que é possível pelo problema proposto.

 Um abraço

 Fabio MS


   On Tuesday, March 18, 2014 10:21 AM, Fabio Silva cacar...@yahoo.com
 wrote:
  Olá amigos,

 Ainda insisto. Pensemos nas oito possibilidades de escolher um lugar para
 aquela mulher. Após isto, devemos pensar em escolher quantas possibilidades
 de mulheres posso colocar na primeira posição posição, na segunda e assim
 sucessivamente. O que daria um total de 4!. O mesmo pensamento seria para
 os homens, sendo igual a 4!.
 Daí, não vi contagem dobrada. E o resultado seria apenas o produto mesmo:
 8.4!.4!=4608 possibilidades.

 Onde estaria a contagem em dobro?

 Um abraço

 Fabio MS


   On Monday, March 17, 2014 10:52 PM, Walter Tadeu Nogueira da Silveira 
 wtade...@gmail.com wrote:
  Obrigado a todos. E, sim, Leo, foi engano. Seria C(5,4) formas de
 escolher a posição dos homens.

 Abs


 Em 17 de março de 2014 21:06, Pacini Bores pacini.bo...@globo.comescreveu:

 Olá,
 Nas soluções do Kleber e do Fabio, devemos retirar 3.4!.4! ; pois como o
 Leonardo falou, entre os homens os 3.4!.4! foram contado duas vezes.

 Abraços

 Pacini


 Em 17 de março de 2014 20:35, Leonardo Maia lpm...@gmail.com escreveu:

 Vejo a razão com o Walter (apesar de um typo), e não com o Kleber.

 Enxergo dupla contagem na solução do Kleber. Notem os dois espaços ao
 redor da 1a. mulher entre as 3 já alocadas, por exemplo. Quando se contam
 as possíveis posições da 4a. mulher, essas duas posições já são
 consideradas entre as 8 possibilidades, correspondendo aos dois possíveis
 ordenamentos de duas mulheres que eventualmente fiquem juntas ali. Depois,
  DE NOVO esses dois possíveis ordenamentos são contados no 4! das
 mulheres. Overcounting!

 Na solução do Walter, os dois fatores 4! estão corretos e devem ser
 multiplicados pelo número de possíveis entrelaçamentos das filas de
 homens e mulheres, que é dado pelo número de soluções da equação x1 + x2 +
 x3 + x4 + x5 = 4 onde cada variável só pode valer 0 ou 1 (cada variável
 corresponde ao número de homens na posição de cada espaço _ na solução do
 Walter). São 5, e não C(5,2), tais soluções. O Walter deve ter pensado uma
 coisa e escrito outra, pois o 2880 que julgo correto resulta do 5.

 Saudações,
 Leo.


 On Monday, March 17, 2014, Kleber Bastos klebe...@gmail.com wrote:

 Pensei aqui o problema de uma forma diferente:
 Como os homens não podem ficar juntos, temos que ter pelo menos uma mulher
 entre dois homens. Então vamos colocar os 4 homens em fila, sempre com uma
 mulher enrte 2:
 H M H M H M H
  Para isso precisamos usar 3 mulheres. Isso é o mínimo que temos que ter.
 Mas ainda temos uma mulher para colocar na fila em qualquer lugar. Os
 lugares possíveis para essa última mulher são 8, onde vou colocar os traços:
 _ H _ M _ H _ M _ H _ M _ H _
  Então temos 8 maneiras diferentes de colocar a última mulher. Além
 disso, podemos trocar os homens de lugar entre si (que pode ser feito de P
 4 = 4! maneiras) e as mulheres de lugar enter si (que pode ser feito de P4 =
 4! maneiras).
 Portanto teremos:
 = 8 . 4! . 4!
 = 8 . 24 . 24= 4608

 Abraços, Kleber.
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 On 17/03/2014, at 19:06, Walter Tadeu Nogueira da Silveira 
 wtade...@gmail.com wrote:

 Amigos,

 Na questão: De quantas maneiras podemos dispor 4 homens e 4 mulheres em
 uma fila, sem que dois homens fiquem juntos?

 Pensei em amarrar as mulheres e escolher posições onde os homens
 poderiam ocupar sem ficar dois juntos. Depois permutar homens e mulheres.

 _ M _ M _ M _ M _

 C(5,2). P4. P4 = 2880 formas diferentes.

 O gabarito da questão diz 4608. Mas não concordei com essa resposta.

 Alguém poderia ajudar. Muito obrigado.
 --
 Walter Tadeu Nogueira da Silveira


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 Walter Tadeu Nogueira da Silveira
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Walter Tadeu Nogueira da Silveira
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Ralph Teixeira]

Acho sim que esta maneira tem dupla contagem Vou chamar os homens de
xyzt e as mulheres de EFGH.

Entao, voce pode escolher aquela mulher como E, ordenar os outros 7 como
xFyGzHt, e depois inserir a mulher E antes de F de forma a gerar xEFyGzHt,
por exemplo.

Ou voce pode escolher F, ordenar xEyGzHt, e inserir F apos E, ficando com
xEFyGzHt.

Aquele metodo conta ambas as configuracoes, mas note que eh a mesma! E,
naturalmente, isso acontece com varias escolhas...

Para consertar, voce pode decidir que aquela mulher separada pode ser
colocada nas pontas (2 maneiras), ou, se junto de alguma mulher, tem que
ser ANTES da outra (3 maneiras). Entao sao 5 maneiras de colocar a mulher
extra. Agora nao ha dupla contagem: 5.4!.4!.

Abraco,
   Ralph


2014-03-18 9:45 GMT-03:00 Fabio Silva cacar...@yahoo.com:

 Olá amigos,

 Ainda insisto. Pensemos nas oito possibilidades de escolher um lugar para
 aquela mulher. Após isto, devemos pensar em escolher quantas possibilidades
 de mulheres posso colocar na primeira posição posição, na segunda e assim
 sucessivamente. O que daria um total de 4!. O mesmo pensamento seria para
 os homens, sendo igual a 4!.
 Daí, não vi contagem dobrada. E o resultado seria apenas o produto mesmo:
 8.4!.4!=4608 possibilidades.

 Onde estaria a contagem em dobro?

 Um abraço

 Fabio MS


   On Monday, March 17, 2014 10:52 PM, Walter Tadeu Nogueira da Silveira 
 wtade...@gmail.com wrote:
  Obrigado a todos. E, sim, Leo, foi engano. Seria C(5,4) formas de
 escolher a posição dos homens.

 Abs


 Em 17 de março de 2014 21:06, Pacini Bores pacini.bo...@globo.comescreveu:

 Olá,
 Nas soluções do Kleber e do Fabio, devemos retirar 3.4!.4! ; pois como o
 Leonardo falou, entre os homens os 3.4!.4! foram contado duas vezes.

 Abraços

 Pacini


 Em 17 de março de 2014 20:35, Leonardo Maia lpm...@gmail.com escreveu:

 Vejo a razão com o Walter (apesar de um typo), e não com o Kleber.

 Enxergo dupla contagem na solução do Kleber. Notem os dois espaços ao
 redor da 1a. mulher entre as 3 já alocadas, por exemplo. Quando se contam
 as possíveis posições da 4a. mulher, essas duas posições já são
 consideradas entre as 8 possibilidades, correspondendo aos dois possíveis
 ordenamentos de duas mulheres que eventualmente fiquem juntas ali. Depois,
  DE NOVO esses dois possíveis ordenamentos são contados no 4! das
 mulheres. Overcounting!

 Na solução do Walter, os dois fatores 4! estão corretos e devem ser
 multiplicados pelo número de possíveis entrelaçamentos das filas de
 homens e mulheres, que é dado pelo número de soluções da equação x1 + x2 +
 x3 + x4 + x5 = 4 onde cada variável só pode valer 0 ou 1 (cada variável
 corresponde ao número de homens na posição de cada espaço _ na solução do
 Walter). São 5, e não C(5,2), tais soluções. O Walter deve ter pensado uma
 coisa e escrito outra, pois o 2880 que julgo correto resulta do 5.

 Saudações,
 Leo.


 On Monday, March 17, 2014, Kleber Bastos klebe...@gmail.com wrote:

 Pensei aqui o problema de uma forma diferente:
 Como os homens não podem ficar juntos, temos que ter pelo menos uma mulher
 entre dois homens. Então vamos colocar os 4 homens em fila, sempre com uma
 mulher enrte 2:
 H M H M H M H
  Para isso precisamos usar 3 mulheres. Isso é o mínimo que temos que ter.
 Mas ainda temos uma mulher para colocar na fila em qualquer lugar. Os
 lugares possíveis para essa última mulher são 8, onde vou colocar os traços:
 _ H _ M _ H _ M _ H _ M _ H _
  Então temos 8 maneiras diferentes de colocar a última mulher. Além
 disso, podemos trocar os homens de lugar entre si (que pode ser feito de P
 4 = 4! maneiras) e as mulheres de lugar enter si (que pode ser feito de P4 =
 4! maneiras).
 Portanto teremos:
 = 8 . 4! . 4!
 = 8 . 24 . 24= 4608

 Abraços, Kleber.
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 On 17/03/2014, at 19:06, Walter Tadeu Nogueira da Silveira 
 wtade...@gmail.com wrote:

 Amigos,

 Na questão: De quantas maneiras podemos dispor 4 homens e 4 mulheres em
 uma fila, sem que dois homens fiquem juntos?

 Pensei em amarrar as mulheres e escolher posições onde os homens
 poderiam ocupar sem ficar dois juntos. Depois permutar homens e mulheres.

 _ M _ M _ M _ M _

 C(5,2). P4. P4 = 2880 formas diferentes.

 O gabarito da questão diz 4608. Mas não concordei com essa resposta.

 Alguém poderia ajudar. Muito obrigado.
 --
 Walter Tadeu Nogueira da Silveira


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


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


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



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




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 Walter Tadeu Nogueira da Silveira
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 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 acredita-se estar livre de perigo.



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 Esta mensagem foi verificada pelo 

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Mauricio de Araujo]

Veja uma contagem dupla:

partindo de _H1_M1_H2_M2_H3_M3_H4_ = aí vc coloca a M4 na terceira posição
livre ficando: H1M1M4H2M2H3M3H4

partindo de _H1_M4_H2_M2_H3_M3_H4_ = aí vc coloca a M1 na segunda posição
livre ficando: H1M1M4H2M2H3M3H4

ou seja, vc chegou na mesma configuração de duas maneira diferentes...


2014-03-18 9:45 GMT-03:00 Fabio Silva cacar...@yahoo.com:

 Olá amigos,

 Ainda insisto. Pensemos nas oito possibilidades de escolher um lugar para
 aquela mulher. Após isto, devemos pensar em escolher quantas possibilidades
 de mulheres posso colocar na primeira posição posição, na segunda e assim
 sucessivamente. O que daria um total de 4!. O mesmo pensamento seria para
 os homens, sendo igual a 4!.
 Daí, não vi contagem dobrada. E o resultado seria apenas o produto mesmo:
 8.4!.4!=4608 possibilidades.

 Onde estaria a contagem em dobro?

 Um abraço

 Fabio MS


   On Monday, March 17, 2014 10:52 PM, Walter Tadeu Nogueira da Silveira 
 wtade...@gmail.com wrote:
   Obrigado a todos. E, sim, Leo, foi engano. Seria C(5,4) formas de
 escolher a posição dos homens.

 Abs


 Em 17 de março de 2014 21:06, Pacini Bores pacini.bo...@globo.comescreveu:

 Olá,
 Nas soluções do Kleber e do Fabio, devemos retirar 3.4!.4! ; pois como o
 Leonardo falou, entre os homens os 3.4!.4! foram contado duas vezes.

 Abraços

 Pacini


 Em 17 de março de 2014 20:35, Leonardo Maia lpm...@gmail.com escreveu:

 Vejo a razão com o Walter (apesar de um typo), e não com o Kleber.

 Enxergo dupla contagem na solução do Kleber. Notem os dois espaços ao
 redor da 1a. mulher entre as 3 já alocadas, por exemplo. Quando se contam
 as possíveis posições da 4a. mulher, essas duas posições já são
 consideradas entre as 8 possibilidades, correspondendo aos dois possíveis
 ordenamentos de duas mulheres que eventualmente fiquem juntas ali. Depois,
  DE NOVO esses dois possíveis ordenamentos são contados no 4! das
 mulheres. Overcounting!

 Na solução do Walter, os dois fatores 4! estão corretos e devem ser
 multiplicados pelo número de possíveis entrelaçamentos das filas de
 homens e mulheres, que é dado pelo número de soluções da equação x1 + x2 +
 x3 + x4 + x5 = 4 onde cada variável só pode valer 0 ou 1 (cada variável
 corresponde ao número de homens na posição de cada espaço _ na solução do
 Walter). São 5, e não C(5,2), tais soluções. O Walter deve ter pensado uma
 coisa e escrito outra, pois o 2880 que julgo correto resulta do 5.

 Saudações,
 Leo.


 On Monday, March 17, 2014, Kleber Bastos klebe...@gmail.com wrote:

 Pensei aqui o problema de uma forma diferente:
 Como os homens não podem ficar juntos, temos que ter pelo menos uma mulher
 entre dois homens. Então vamos colocar os 4 homens em fila, sempre com uma
 mulher enrte 2:
 H M H M H M H
  Para isso precisamos usar 3 mulheres. Isso é o mínimo que temos que ter.
 Mas ainda temos uma mulher para colocar na fila em qualquer lugar. Os
 lugares possíveis para essa última mulher são 8, onde vou colocar os traços:
 _ H _ M _ H _ M _ H _ M _ H _
  Então temos 8 maneiras diferentes de colocar a última mulher. Além
 disso, podemos trocar os homens de lugar entre si (que pode ser feito de P
 4 = 4! maneiras) e as mulheres de lugar enter si (que pode ser feito de P4 =
 4! maneiras).
 Portanto teremos:
 = 8 . 4! . 4!
 = 8 . 24 . 24= 4608

 Abraços, Kleber.
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 On 17/03/2014, at 19:06, Walter Tadeu Nogueira da Silveira 
 wtade...@gmail.com wrote:

 Amigos,

 Na questão: De quantas maneiras podemos dispor 4 homens e 4 mulheres em
 uma fila, sem que dois homens fiquem juntos?

 Pensei em amarrar as mulheres e escolher posições onde os homens
 poderiam ocupar sem ficar dois juntos. Depois permutar homens e mulheres.

 _ M _ M _ M _ M _

 C(5,2). P4. P4 = 2880 formas diferentes.

 O gabarito da questão diz 4608. Mas não concordei com essa resposta.

 Alguém poderia ajudar. Muito obrigado.
 --
 Walter Tadeu Nogueira da Silveira


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Abraços

oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ
*momentos excepcionais pedem ações excepcionais.*
*Os cemitérios estão cheios de pessoas insubstituíveis em seus ofícios.*

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[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Fabio Silva]

Caro Walter,

Eu pensaria assim:   _H_M_H_M_H_M_H_

Isto porque é necessário/suficiente apenas três mulheres para satisfazer esta 
condição. Mas, a última mulher pode ser colocada em qualquer uma das 8 posições 
sem modificar as condições do problema.
Pensando na permutação entre os homens e entre as mulheres...seria: 8. P4!. P4! 
= 8.24.24 = 4608.

Um abraço

Fabio MS





On Monday, March 17, 2014 7:24 PM, Walter Tadeu Nogueira da Silveira 
wtade...@gmail.com wrote:
 
Amigos, 

Na questão: De quantas maneiras podemos dispor 4 homens e 4 mulheres em uma 
fila, sem que dois homens fiquem juntos?

Pensei em amarrar as mulheres e escolher posições onde os homens poderiam 
ocupar sem ficar dois juntos. Depois permutar homens e mulheres.

_ M _ M _ M _ M _

C(5,2). P4. P4 = 2880 formas diferentes.



O gabarito da questão diz 4608. Mas não concordei com essa resposta.


Alguém poderia ajudar. Muito obrigado.

-- 
Walter Tadeu Nogueira da Silveira


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[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Leonardo Maia]

Vejo a razão com o Walter (apesar de um typo), e não com o Kleber.

Enxergo dupla contagem na solução do Kleber. Notem os dois espaços ao
redor da 1a. mulher entre as 3 já alocadas, por exemplo. Quando se contam
as possíveis posições da 4a. mulher, essas duas posições já são
consideradas entre as 8 possibilidades, correspondendo aos dois possíveis
ordenamentos de duas mulheres que eventualmente fiquem juntas ali. Depois,
 DE NOVO esses dois possíveis ordenamentos são contados no 4! das
mulheres. Overcounting!

Na solução do Walter, os dois fatores 4! estão corretos e devem ser
multiplicados pelo número de possíveis entrelaçamentos das filas de
homens e mulheres, que é dado pelo número de soluções da equação x1 + x2 +
x3 + x4 + x5 = 4 onde cada variável só pode valer 0 ou 1 (cada variável
corresponde ao número de homens na posição de cada espaço _ na solução do
Walter). São 5, e não C(5,2), tais soluções. O Walter deve ter pensado uma
coisa e escrito outra, pois o 2880 que julgo correto resulta do 5.

Saudações,
Leo.

On Monday, March 17, 2014, Kleber Bastos klebe...@gmail.com wrote:

 Pensei aqui o problema de uma forma diferente:

 Como os homens não podem ficar juntos, temos que ter pelo menos uma mulher
 entre dois homens. Então vamos colocar os 4 homens em fila, sempre com uma
 mulher enrte 2:

 H M H M H M H

  Para isso precisamos usar 3 mulheres. Isso é o mínimo que temos que ter.
 Mas ainda temos uma mulher para colocar na fila em qualquer lugar. Os
 lugares possíveis para essa última mulher são 8, onde vou colocar os traços:

 _ H _ M _ H _ M _ H _ M _ H _

  Então temos 8 maneiras diferentes de colocar a última mulher. Além
 disso, podemos trocar os homens de lugar entre si (que pode ser feito de P
 4 = 4! maneiras) e as mulheres de lugar enter si (que pode ser feito de P4 =
 4! maneiras).

 Portanto teremos:

 = 8 . 4! . 4!

 = 8 . 24 . 24= 4608

 Abraços, Kleber.
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 On 17/03/2014, at 19:06, Walter Tadeu Nogueira da Silveira 
 wtade...@gmail.com javascript:_e(%7B%7D,'cvml','wtade...@gmail.com');
 wrote:

 Amigos,

 Na questão: De quantas maneiras podemos dispor 4 homens e 4 mulheres em
 uma fila, sem que dois homens fiquem juntos?

 Pensei em amarrar as mulheres e escolher posições onde os homens
 poderiam ocupar sem ficar dois juntos. Depois permutar homens e mulheres.

 _ M _ M _ M _ M _

 C(5,2). P4. P4 = 2880 formas diferentes.

 O gabarito da questão diz 4608. Mas não concordei com essa resposta.

 Alguém poderia ajudar. Muito obrigado.
 --
 Walter Tadeu Nogueira da Silveira


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


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


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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Pacini Bores]

Olá,
Nas soluções do Kleber e do Fabio, devemos retirar 3.4!.4! ; pois como o
Leonardo falou, entre os homens os 3.4!.4! foram contado duas vezes.

Abraços

Pacini


Em 17 de março de 2014 20:35, Leonardo Maia lpm...@gmail.com escreveu:

 Vejo a razão com o Walter (apesar de um typo), e não com o Kleber.

 Enxergo dupla contagem na solução do Kleber. Notem os dois espaços ao
 redor da 1a. mulher entre as 3 já alocadas, por exemplo. Quando se contam
 as possíveis posições da 4a. mulher, essas duas posições já são
 consideradas entre as 8 possibilidades, correspondendo aos dois possíveis
 ordenamentos de duas mulheres que eventualmente fiquem juntas ali. Depois,
  DE NOVO esses dois possíveis ordenamentos são contados no 4! das
 mulheres. Overcounting!

 Na solução do Walter, os dois fatores 4! estão corretos e devem ser
 multiplicados pelo número de possíveis entrelaçamentos das filas de
 homens e mulheres, que é dado pelo número de soluções da equação x1 + x2 +
 x3 + x4 + x5 = 4 onde cada variável só pode valer 0 ou 1 (cada variável
 corresponde ao número de homens na posição de cada espaço _ na solução do
 Walter). São 5, e não C(5,2), tais soluções. O Walter deve ter pensado uma
 coisa e escrito outra, pois o 2880 que julgo correto resulta do 5.

 Saudações,
 Leo.


 On Monday, March 17, 2014, Kleber Bastos klebe...@gmail.com wrote:

 Pensei aqui o problema de uma forma diferente:

 Como os homens não podem ficar juntos, temos que ter pelo menos uma
 mulher entre dois homens. Então vamos colocar os 4 homens em fila, sempre
 com uma mulher enrte 2:

 H M H M H M H

  Para isso precisamos usar 3 mulheres. Isso é o mínimo que temos que
 ter. Mas ainda temos uma mulher para colocar na fila em qualquer lugar. Os
 lugares possíveis para essa última mulher são 8, onde vou colocar os traços:

 _ H _ M _ H _ M _ H _ M _ H _

  Então temos 8 maneiras diferentes de colocar a última mulher. Além
 disso, podemos trocar os homens de lugar entre si (que pode ser feito de P
 4 = 4! maneiras) e as mulheres de lugar enter si (que pode ser feito de P
 4 = 4! maneiras).

 Portanto teremos:

 = 8 . 4! . 4!

 = 8 . 24 . 24= 4608

 Abraços, Kleber.
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 On 17/03/2014, at 19:06, Walter Tadeu Nogueira da Silveira 
 wtade...@gmail.com wrote:

 Amigos,

 Na questão: De quantas maneiras podemos dispor 4 homens e 4 mulheres em
 uma fila, sem que dois homens fiquem juntos?

 Pensei em amarrar as mulheres e escolher posições onde os homens
 poderiam ocupar sem ficar dois juntos. Depois permutar homens e mulheres.

 _ M _ M _ M _ M _

 C(5,2). P4. P4 = 2880 formas diferentes.

 O gabarito da questão diz 4608. Mas não concordei com essa resposta.

 Alguém poderia ajudar. Muito obrigado.
 --
 Walter Tadeu Nogueira da Silveira


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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Walter Tadeu Nogueira da Silveira]

Obrigado a todos. E, sim, Leo, foi engano. Seria C(5,4) formas de escolher
a posição dos homens.

Abs


Em 17 de março de 2014 21:06, Pacini Bores pacini.bo...@globo.comescreveu:

 Olá,
 Nas soluções do Kleber e do Fabio, devemos retirar 3.4!.4! ; pois como o
 Leonardo falou, entre os homens os 3.4!.4! foram contado duas vezes.

 Abraços

 Pacini


 Em 17 de março de 2014 20:35, Leonardo Maia lpm...@gmail.com escreveu:

 Vejo a razão com o Walter (apesar de um typo), e não com o Kleber.

 Enxergo dupla contagem na solução do Kleber. Notem os dois espaços ao
 redor da 1a. mulher entre as 3 já alocadas, por exemplo. Quando se contam
 as possíveis posições da 4a. mulher, essas duas posições já são
 consideradas entre as 8 possibilidades, correspondendo aos dois possíveis
 ordenamentos de duas mulheres que eventualmente fiquem juntas ali. Depois,
  DE NOVO esses dois possíveis ordenamentos são contados no 4! das
 mulheres. Overcounting!

 Na solução do Walter, os dois fatores 4! estão corretos e devem ser
 multiplicados pelo número de possíveis entrelaçamentos das filas de
 homens e mulheres, que é dado pelo número de soluções da equação x1 + x2 +
 x3 + x4 + x5 = 4 onde cada variável só pode valer 0 ou 1 (cada variável
 corresponde ao número de homens na posição de cada espaço _ na solução do
 Walter). São 5, e não C(5,2), tais soluções. O Walter deve ter pensado uma
 coisa e escrito outra, pois o 2880 que julgo correto resulta do 5.

 Saudações,
 Leo.


 On Monday, March 17, 2014, Kleber Bastos klebe...@gmail.com wrote:

 Pensei aqui o problema de uma forma diferente:

 Como os homens não podem ficar juntos, temos que ter pelo menos uma
 mulher entre dois homens. Então vamos colocar os 4 homens em fila, sempre
 com uma mulher enrte 2:

 H M H M H M H

  Para isso precisamos usar 3 mulheres. Isso é o mínimo que temos que
 ter. Mas ainda temos uma mulher para colocar na fila em qualquer lugar. Os
 lugares possíveis para essa última mulher são 8, onde vou colocar os traços:

 _ H _ M _ H _ M _ H _ M _ H _

  Então temos 8 maneiras diferentes de colocar a última mulher. Além
 disso, podemos trocar os homens de lugar entre si (que pode ser feito de P
 4 = 4! maneiras) e as mulheres de lugar enter si (que pode ser feito de
 P4 = 4! maneiras).

 Portanto teremos:

 = 8 . 4! . 4!

 = 8 . 24 . 24= 4608

 Abraços, Kleber.
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 On 17/03/2014, at 19:06, Walter Tadeu Nogueira da Silveira 
 wtade...@gmail.com wrote:

 Amigos,

 Na questão: De quantas maneiras podemos dispor 4 homens e 4 mulheres
 em uma fila, sem que dois homens fiquem juntos?

 Pensei em amarrar as mulheres e escolher posições onde os homens
 poderiam ocupar sem ficar dois juntos. Depois permutar homens e mulheres.

 _ M _ M _ M _ M _

 C(5,2). P4. P4 = 2880 formas diferentes.

 O gabarito da questão diz 4608. Mas não concordei com essa resposta.

 Alguém poderia ajudar. Muito obrigado.
 --
 Walter Tadeu Nogueira da Silveira


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Walter Tadeu Nogueira da Silveira
http://www.professorwaltertadeu.mat.br

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[obm-l] RES: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória 2014

[Antonio Paschoal]

Muitíssimo obrigado pelas referências.

O problema é bastante difícil!

Antonio Paschoal.



  _

De: owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] Em nome
de Kelvin Anjos
Enviada em: terça-feira, 21 de janeiro de 2014 23:21
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória 2014



Problema de desarranjo, conhecido como Non-sexist solution of the ménage
problem.
Sem o principal empecilho de que casais não podem estar sentados em cadeiras
adjacentes, teríamos a forma permutativa de 2(n!)^2. Mas com as condições
expostas temos um caso de desarranjo.

A solução do problema passo a passo é muito extensa, te passo dois links
onde você encontra o problema solucionado, são bem similares as fontes.
http://www.doc88.com/p-998978336884.html
http://www.math.dartmouth.edu/~doyle/docs/menage/menage/menage.html



Em 14 de janeiro de 2014 16:53, Antonio Paschoal barz...@dglnet.com.br
escreveu:

Olá.

Se possível for gostaria de uma ajuda com o seguinte problema de
combinatória:

“ Seis casais estão sentados ao redor de uma mesa circular. Quantas são as
distribuições nas quais há alternância de homem e mulher porém

não há nenhum casal sentado lado a lado.”



Me parece claro que o número de distribuições alternadas é dada por
PC(6)=5! x 6! .

Acho que agora há que utilizar o princípio da Inclusão-Exclusão para filtrar
os casais pareados.

Essa é parte difícil do problema.



Agradeço qualquer ajuda.



Um abraço.



Antonio Paschoal







  _


 http://www.avast.com/

Este email está limpo de vírus e malwares porque a proteção do avast!
http://www.avast.com/  Antivírus está ativa.



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[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória 2014

[Mauricio de Araujo]

Este é o problema de Lucas... existe uma demonstração dele no livro de
combinatória do Morgado (Análise Combinatória e Probabilidade)...


2014/1/14 Antonio Paschoal barz...@dglnet.com.br

  Olá.

 Se possível for gostaria de uma ajuda com o seguinte problema de
 combinatória:

 “ Seis casais estão sentados ao redor de uma mesa circular. Quantas são as
 distribuições nas quais há alternância de homem e mulher porém

 não há nenhum casal sentado lado a lado.”



 Me parece claro que o número de distribuições alternadas é dada por
 PC(6)=5! x 6! .

 Acho que agora há que utilizar o princípio da Inclusão-Exclusão para
 filtrar os casais pareados.

 Essa é parte difícil do problema.



 Agradeço qualquer ajuda.



 Um abraço.



 Antonio Paschoal






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Abraços

oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ
*momentos excepcionais pedem ações excepcionais.*
*Os cemitérios estão cheios de pessoas insubstituíveis em seus ofícios.*

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[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória 2014

[Kelvin Anjos]

Problema de desarranjo, conhecido como
*Non-sexist solution of the ménage problem.*Sem o principal empecilho de
que casais não podem estar sentados em cadeiras adjacentes, teríamos a
forma permutativa de 2(n!)^2. Mas com as condições expostas temos um caso
de desarranjo.
A solução do problema passo a passo é muito extensa, te passo dois links
onde você encontra o problema solucionado, são bem similares as fontes.
http://www.doc88.com/p-998978336884.html
http://www.math.dartmouth.edu/~doyle/docs/menage/menage/menage.html


Em 14 de janeiro de 2014 16:53, Antonio Paschoal
barz...@dglnet.com.brescreveu:

  Olá.

 Se possível for gostaria de uma ajuda com o seguinte problema de
 combinatória:

 “ Seis casais estão sentados ao redor de uma mesa circular. Quantas são as
 distribuições nas quais há alternância de homem e mulher porém

 não há nenhum casal sentado lado a lado.”



 Me parece claro que o número de distribuições alternadas é dada por
 PC(6)=5! x 6! .

 Acho que agora há que utilizar o princípio da Inclusão-Exclusão para
 filtrar os casais pareados.

 Essa é parte difícil do problema.



 Agradeço qualquer ajuda.



 Um abraço.



 Antonio Paschoal






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[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Mauricio de Araujo]

2013/8/3 marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com

 000


​Acho que o gabarito está errado...

Você pode pensar assim, considerando uma correspondência:


1 o 1 o 1 o 1 o 1 o 1 corresponde ao número 111.111
1 1 1 o o o o o 1 1 1 corresponde ao número 300.003
o o 1 1 1 1 o o 1 1 o corresponde ao número 004020 ou 4.020
o o o o o 1 1 1 1 1 1 corresponde ao número 06 ou 6

Logo o que se quer será igual a permutação de 11 elementos onde 6 são
iguais a 1 e 5 são iguais a o...

N = 11!/(6!.5!) =  462 que é C(11,6)...

Se não cometi algum erro acho que é isso...

​



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Abraços

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[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória - Bandeira

[terence thirteen]

Isto me lembra teoria dos grafos. Tenho que ver em meus alfarrábios, mas é
algo simples: faz um grafo em que cada vértice é uma região, e regiões
adjacentes são conectadas por arestas.

Depois, basta calcular o polinômio cromático deste grafo. É um algoritmo
simples, que basicamente subdivide o grafo em grafos menores e calcula os
polinômios desses subgrafos.

Talvez a B dê para fazer a partir do momento que se tenha a A completa.



Em 14 de julho de 2013 19:19, Pedro Júnior
pedromatematic...@gmail.comescreveu:


 Considere a bandeira da figura abaixo, formada por seis regiões. Para
 colori-la, há
 lápis de cor de quatro cores diferentes.
 [image: Imagem inline 1]
 a)  De quantos modos ela pode ser colorida de modo que regiões adjacentes
 tenham cores diferentes?
 b) Resolva o item a), supondo agora que todas as quatro cores sejam
 utilizadas para pintar cada bandeira.

 Como resolver a letra (b) de forma direta?

 --

 Pedro Jerônimo S. de O. Júnior

 Professor de Matemática

 Geo João Pessoa – PB

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bandeira.png

[obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[João Maldonado]

Dá pra fazer assim:
Contando a quantidade de zeros que aparece nas unidades
_._._.0
Temos 222 possibilidades
Contando os zeros nas dezenas
_._.0._
Temos 220 possibilidades (22 a esquerda e 10 à direita)
Contando os zeros das centenas
_.0._._
200 possibilidades ( 2 à esquerda e 100 à direita)

TOTAL 642

From: joao_maldona...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória
Date: Mon, 13 May 2013 20:00:48 -0300




O nùmero 101 nao é multiplo nem de 10 nem de 100 nem de 1000 e ainda sim contém 
um zero.
Faltou contar alguns casos

From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória
Date: Mon, 13 May 2013 14:51:58 +




Bacana,bem melhor do que o modo como eu e alguns colegas tínhamos resolvido.
 
From: lgu...@gmail.com
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória
Date: Sat, 11 May 2013 16:40:19 -0300
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Considere as seguintes hipóteses:I) Cada múltiplo de 10, tem 1algarismo zero 
(10, 20, 30, ... 2220) - totalizando 222 algarismos 0;II) Cada múltiplo de 100 
tem 2 algarismos zero (100, 200, ... 2200), porém 1 algarismo zero já foi 
considerado na hipótese anterior - totalizando 22 algarismos 0;III) Cada 
múltiplo de 1000 tem 3 algarismos zero (1000 e 2000), porém 2 algarismos zero 
já foram considerados nos múltiplos de 10 e 100 - totalizando 2 algarismos 0;
Somando os três totais temos: 222 + 22 + 2 = 246 números 0

-Luiz Guilherme


Em 02/05/2013, às 15:34, Luciane Barbosa lubarbo...@aol.com escreveu:

peessoal, estou quebrando a cabeça com esse problema mas tá complicado...



Escrevendo-se os números inteiros de 1 até , quantas vezes o algarismo 0 
aparece?



bjs, Lu.



  
  
  

[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[marcone augusto araújo borges]

Bacana,bem melhor do que o modo como eu e alguns colegas tínhamos resolvido.
 From: lgu...@gmail.com
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória
Date: Sat, 11 May 2013 16:40:19 -0300
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Considere as seguintes hipóteses:I) Cada múltiplo de 10, tem 1algarismo zero 
(10, 20, 30, ... 2220) - totalizando 222 algarismos 0;II) Cada múltiplo de 100 
tem 2 algarismos zero (100, 200, ... 2200), porém 1 algarismo zero já foi 
considerado na hipótese anterior - totalizando 22 algarismos 0;III) Cada 
múltiplo de 1000 tem 3 algarismos zero (1000 e 2000), porém 2 algarismos zero 
já foram considerados nos múltiplos de 10 e 100 - totalizando 2 algarismos 0;
Somando os três totais temos: 222 + 22 + 2 = 246 números 0

-Luiz Guilherme


Em 02/05/2013, às 15:34, Luciane Barbosa lubarbo...@aol.com escreveu:

peessoal, estou quebrando a cabeça com esse problema mas tá complicado...



Escrevendo-se os números inteiros de 1 até , quantas vezes o algarismo 0 
aparece?



bjs, Lu.



  

[obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[João Maldonado]

O nùmero 101 nao é multiplo nem de 10 nem de 100 nem de 1000 e ainda sim contém 
um zero.
Faltou contar alguns casos

From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória
Date: Mon, 13 May 2013 14:51:58 +




Bacana,bem melhor do que o modo como eu e alguns colegas tínhamos resolvido.
 
From: lgu...@gmail.com
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória
Date: Sat, 11 May 2013 16:40:19 -0300
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Considere as seguintes hipóteses:I) Cada múltiplo de 10, tem 1algarismo zero 
(10, 20, 30, ... 2220) - totalizando 222 algarismos 0;II) Cada múltiplo de 100 
tem 2 algarismos zero (100, 200, ... 2200), porém 1 algarismo zero já foi 
considerado na hipótese anterior - totalizando 22 algarismos 0;III) Cada 
múltiplo de 1000 tem 3 algarismos zero (1000 e 2000), porém 2 algarismos zero 
já foram considerados nos múltiplos de 10 e 100 - totalizando 2 algarismos 0;
Somando os três totais temos: 222 + 22 + 2 = 246 números 0

-Luiz Guilherme


Em 02/05/2013, às 15:34, Luciane Barbosa lubarbo...@aol.com escreveu:

peessoal, estou quebrando a cabeça com esse problema mas tá complicado...



Escrevendo-se os números inteiros de 1 até , quantas vezes o algarismo 0 
aparece?



bjs, Lu.



  
  

Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[Luiz Guilherme Schiefler de Arruda]

Realmente faltaram algumas hipóteses, espero que todos estejam aqui agora:
Considere as seguintes hipóteses:
I) Cada múltiplo de 10, tem 1algarismo zero (10, 20, 30, ... 2220) - 
totalizando 222 algarismos 0;II) Cada múltiplo de 100 tem 2 algarismos zero 
(100, 200, ... 2200), porém 1 algarismo zero já foi considerado na hipótese 
anterior - totalizando 22 algarismos 0;
III) Cada múltiplo de 1000 tem 3 algarismos zero (1000 e 2000), porém 2 
algarismos zero já foram considerados nos múltiplos de 10 e 100 - totalizando 2 
algarismos 0;
IV) Os números acima de 100 que tem o algarismo da centena zero (101, ... , 
109, 201, ... , 209, 301, ... 1001, ... 2001, ..., 2209) - Totalizando 22 vezes 
9 algarismos 0 = 198 zeros;
V) Os números acima de 1000 que tem o algarismo da centena zero (1001, 1002, 
..., 1099, 2001, ... 2099) - Totalizando 2 vezes 99 algarismos 0 = 198 zeros.


Somando os cinco totais temos: 222 + 22 + 2 + 198 + 198 =  622 números 0.


—
Luiz Guilherme

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On seg, mai 13, 2013 at 8:07 PM, João Maldonado 
joao_maldona...@hotmail.com=mailto:joao_maldona...@hotmail.com; wrote:
O nùmero 101 nao é multiplo nem de 10 nem de 100 nem de 1000 e ainda sim contém 
um zero.
Faltou contar alguns casos

From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória
Date: Mon, 13 May 2013 14:51:58 +

Bacana,bem melhor do que o modo como eu e alguns colegas tínhamos resolvido.
 

From: lgu...@gmail.com
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória
Date: Sat, 11 May 2013 16:40:19 -0300
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Considere as seguintes hipóteses:
I) Cada múltiplo de 10, tem 1algarismo zero (10, 20, 30, ... 2220) - 
totalizando 222 algarismos 0;II) Cada múltiplo de 100 tem 2 algarismos zero 
(100, 200, ... 2200), porém 1 algarismo zero já foi considerado na hipótese 
anterior - totalizando 22 algarismos 0;
III) Cada múltiplo de 1000 tem 3 algarismos zero (1000 e 2000), porém 2 
algarismos zero já foram considerados nos múltiplos de 10 e 100 - totalizando 2 
algarismos 0;


Somando os três totais temos: 222 + 22 + 2 = 246 números 0
 -
Luiz Guilherme





 
 
Em 02/05/2013, às 15:34, Luciane Barbosa lubarbo...@aol.com escreveu:

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[terence thirteen]

Eu ainda acho mais fácil calcular o tanto de vezes que o algarismo 0
aparece em cada posição.


Em 11 de maio de 2013 18:20, Eduardo Beltrao e-...@ig.com.br escreveu:

 Caro Luiz,
 Creio que também deve fazer parte deste cômputo os zeros de números tais
 quais 103, 1008, 1039, etc.
 O número total de zeros será bem maior que os 246 que você achou.

 Eduardo


 Em 11 de maio de 2013 16:40, Luiz Guilherme Schiefler de Arruda 
 lgu...@gmail.com escreveu:

 Considere as seguintes hipóteses:
 I) Cada múltiplo de 10, tem 1algarismo zero (10, 20, 30, ... 2220) -
 totalizando 222 algarismos 0;
 II) Cada múltiplo de 100 tem 2 algarismos zero (100, 200, ... 2200),
 porém 1 algarismo zero já foi considerado na hipótese anterior -
 totalizando 22 algarismos 0;
 III) Cada múltiplo de 1000 tem 3 algarismos zero (1000 e 2000), porém 2
 algarismos zero já foram considerados nos múltiplos de 10 e 100 -
 totalizando 2 algarismos 0;

 Somando os três totais temos: 222 + 22 + 2 = 246 números 0
-
 Luiz Guilherme

 Em 02/05/2013, às 15:34, Luciane Barbosa lubarbo...@aol.com escreveu:


 peessoal, estou quebrando a cabeça com esse problema mas tá complicado...

 Escrevendo-se os números inteiros de 1 até , quantas vezes o
 algarismo 0 aparece?

 bjs, Lu.






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Torres

[obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[Luiz Guilherme Schiefler de Arruda]

Considere as seguintes hipóteses:
I) Cada múltiplo de 10, tem 1algarismo zero (10, 20, 30, ... 2220) - 
totalizando 222 algarismos 0;
II) Cada múltiplo de 100 tem 2 algarismos zero (100, 200, ... 2200), porém 1 
algarismo zero já foi considerado na hipótese anterior - totalizando 22 
algarismos 0;
III) Cada múltiplo de 1000 tem 3 algarismos zero (1000 e 2000), porém 2 
algarismos zero já foram considerados nos múltiplos de 10 e 100 - totalizando 2 
algarismos 0;

Somando os três totais temos: 222 + 22 + 2 = 246 números 0
-
Luiz Guilherme

Em 02/05/2013, às 15:34, Luciane Barbosa lubarbo...@aol.com escreveu:

 
 peessoal, estou quebrando a cabeça com esse problema mas tá complicado...
 
 Escrevendo-se os números inteiros de 1 até , quantas vezes o algarismo 0 
 aparece?
 
 bjs, Lu.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[Eduardo Beltrao]

Caro Luiz,
Creio que também deve fazer parte deste cômputo os zeros de números tais
quais 103, 1008, 1039, etc.
O número total de zeros será bem maior que os 246 que você achou.

Eduardo


Em 11 de maio de 2013 16:40, Luiz Guilherme Schiefler de Arruda 
lgu...@gmail.com escreveu:

 Considere as seguintes hipóteses:
 I) Cada múltiplo de 10, tem 1algarismo zero (10, 20, 30, ... 2220) -
 totalizando 222 algarismos 0;
 II) Cada múltiplo de 100 tem 2 algarismos zero (100, 200, ... 2200), porém
 1 algarismo zero já foi considerado na hipótese anterior - totalizando 22
 algarismos 0;
 III) Cada múltiplo de 1000 tem 3 algarismos zero (1000 e 2000), porém 2
 algarismos zero já foram considerados nos múltiplos de 10 e 100 -
 totalizando 2 algarismos 0;

 Somando os três totais temos: 222 + 22 + 2 = 246 números 0
 -
 Luiz Guilherme

 Em 02/05/2013, às 15:34, Luciane Barbosa lubarbo...@aol.com escreveu:


 peessoal, estou quebrando a cabeça com esse problema mas tá complicado...

 Escrevendo-se os números inteiros de 1 até , quantas vezes o algarismo
 0 aparece?

 bjs, Lu.

[obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[Adriano Dutra Teixeira]

Acho que um jeito tranquilo de se fazer é encontrar a quantidade de zeros 
escritos em cada casa (unidades, dezenas e centenas).

(i) unidades: _ _ _ 0 : nas unidades são 222 números com 0 como algarismo, já 
que à 

esquerda do zero podemos ter os inteiros de 1 a 222.

(ii) dezenas: _ _ 0 _ : nas dezenas são 220 números com 0 como algarismo, já 
que à 

esquerda do zero podemos ter os inteiros de 1 a 22 e à direita do zero podemos 
ter os 

inteiros de 0 a 9.

(iii) centenas: _ 0 _ _ : nas centenas são 200 números com 0 como algarismo, já 
que à 

esquerda do zero podemos ter os inteiros 1 e 2 e à direita do zero podemos ter 
os 

inteiros de 0 a 99.

Somando (i) + (ii) + (iii) = 222 + 220 + 200 = 642.


Espero ter ajudado,

Adriano




 De: Luciane Barbosa lubarbo...@aol.com
Para: obm-l@mat.puc-rio.br 
Enviadas: Quinta-feira, 2 de Maio de 2013 15:34
Assunto: [obm-l] combinatória
 



peessoal, estou quebrando a cabeça com esse problema mas tá complicado...

Escrevendo-se os números inteiros de 1 até , quantas vezes o algarismo 0 
aparece?

bjs, Lu.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Pedro José]

Douglas,

São dez dedos. CC (10,10) e não CC(10,4).

Em 07/03/13, 
douglas.olive...@grupoolimpo.com.brdouglas.olive...@grupoolimpo.com.br
escreveu:


 Primeiro vamos resolver todas as soluções naturais da equação


 x+y+z+w+t=10 o que nos dá 14!/10!4! onde cada dedo é representado
 pelas letras

 e depois permutamos os anéis de 10! formas, ai pronto
 dará

 (14!/10!4!).10!=14!/4!.

 Acredito que é só isso.

 Abs: Douglas
 Oliveira.

 On Wed, 6 Mar 2013 19:50:05 -0300, Athos Cotta Couto wrote:


 Eu faria assim:
 Primeiro considere os aneis iguais.
 Faça uma
 combinação completa, para achar a quantidade de maneiras que se pode
 distribuir os aneis nos dedos. Depois pinte os aneis. O primeiro pode
 ser pintado de 10 maneiras
 (19!/10!9!)10!=19!/9!
 O problema no
 seu pensamento eh que quando vc escolhe as posicoes e depois permuta os
 aneis, vc vai contar algumas permutacoes varias vezes...
 Em
 04/03/2013 08:40, marcone augusto araújo borges escreveu:

 Maria
 tem 10 anéis todos distintos.De quantos modos ela pode distribuí-los em
 seus dedos?Épossível colocar
 todos os anéis em qualquer um dos dedos
 e a ordem dos anéis nos dedos é relevante.

 Eu considerei um total
 de 100 posições nos dedos e que,colocando os anéis um a um,há sempre 10
 escolhas possíveis.
 Depois eu permutei os anéis.Ahei 10^10 * 10!

 Se estiver errado,qual o erro desse raciocínio?
 --
 Esta mensagem
 foi verificada pelo sistema de antivírus e
 acredita-se estar livre
 de perigo.



 Links:
 --
 [1] mailto:marconeborge...@hotmail.com


=
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] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[douglas . oliveira]

  

ê verdade pensei com uma mao rs 

On Fri, 8 Mar 2013 11:06:04
-0300, Pedro José wrote: 

 Douglas,
 
 São dez dedos. CC (10,10) e
não CC(10,4).
 
 Em 07/03/13, douglas.olive...@grupoolimpo.com.br
[1]i...@grupoolimpo.com.br [2] escreveu: [3]
 
 Primeiro vamos
resolver todas as soluções naturais da equação x+y+z+w+t=10 o que nos dá
14!/10!4! onde cada dedo é representado pelas letras e depois permutamos
os anéis de 10! formas, ai pronto dará (14!/10!4!).10!=14!/4!. Acredito
que é só isso. Abs: Douglas Oliveira. On Wed, 6 Mar 2013 19:50:05 -0300,
Athos Cotta Couto wrote: 
 
 Eu faria assim: Primeiro considere os
aneis iguais. Faça uma
 combinação completa, para achar a quantidade
de maneiras que se pode distribuir os aneis nos dedos. Depois pinte os
aneis. O primeiro pode ser pintado de 10 maneiras 
 

(19!/10!9!)10!=19!/9! O problema no
 seu pensamento eh que quando vc
escolhe as posicoes e depois permuta os aneis, vc vai contar algumas
permutacoes varias vezes... Em le
 t:5px; border-left:#1010ff 2px
solid; margin-left:5px; width:100% todos os anéis em qualquer um dos
dedos e a ordem dos anéis n
 
 margin-left:5px; width:100% Eu
considerei um total
 quote de 100 posições nos dedos e que,colocando
os anéis um a um,há sempre 10 escolhas possíveis. eu permutei os
anéis.Ahei 10^10 * 10! Se estiver errado,qual o erro desse
raciocínio?
 padding-left:5px; border-left:#1010ff 2px solid;
margin-left:5px; width:100% -- Esta mensagem foi verificada pelo
sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. Links: --
[1] mailto:
 eborge...@hotmail.com
 
 
 
 
 

=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
[4]http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html [5]
=
[6]

  

Links:
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[1]
mailto:douglas.olive...@grupoolimpo.com.brdouglas.olive
[2]
mailto:i...@grupoolimpo.com.br
[3]
mailto:douglas.olive...@grupoolimpo.com.brdouglas.olive
[4]
mailto:douglas.olive...@grupoolimpo.com.brdouglas.olive
[5]
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
[6]
mailto:douglas.olive...@grupoolimpo.com.brdouglas.olive

[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[marcone augusto araújo borges]

Valeu!Entendi.
 Date: Wed, 6 Mar 2013 19:50:05 -0300
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória
From: cotta.co...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Eu faria assim:

Primeiro considere os aneis iguais.

Faça uma combinação completa, para achar a quantidade de maneiras que se pode 
distribuir os aneis nos dedos. Depois pinte os aneis. O primeiro pode ser 
pintado de 10 maneiras

(19!/10!9!)10!=19!/9!

O problema no seu pensamento eh que quando vc escolhe as posicoes e depois 
permuta os aneis, vc vai contar algumas permutacoes varias vezes...
Em 04/03/2013 08:40, marcone augusto araújo borges 
marconeborge...@hotmail.com escreveu:





Maria tem 10 anéis todos distintos.De quantos modos ela pode distribuí-los em 
seus dedos?Épossível colocar
todos os anéis em qualquer um dos dedos e a ordem dos anéis nos dedos é 
relevante.

Eu considerei um total de 100 posições nos dedos e que,colocando os anéis um a 
um,há sempre 10 escolhas possíveis.

Depois eu permutei os anéis.Ahei 10^10 * 10!
Se estiver errado,qual o erro desse raciocínio?
  
--

Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 

 acredita-se estar livre de perigo.


  

[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[marcone augusto araújo borges]

obrigado.E caso k = 2,teremos 2p + 1 resultados,e não p + 1,certo? 

 Date: Tue, 22 May 2012 19:33:07 -0300
 Subject: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória
 From: victor.chaves@gmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 
 Tem-se um total de K*p moedinhas. Basta contar o número de soluções da 
 equação:
 x_1 + x_2 + ... + x_k = K*p
 
 Em 22 de maio de 2012 17:50, marcone augusto araújo borges
 marconeborge...@hotmail.com escreveu:
  K condes estao jogando cartas.Originalmente,eles tem todos p moedinhas.No
  final do jogo,eles contam quanto eles tem.Eles nao tomam emprestado um do
  outro,de modo que que eles nao podem perder mais do que suas p
  moedinhas.Quantos resultados possiveis existem?
 
  No enunciado,nao faltaria dizer,por exemplo,que eles apostam uma moedinha
  por rodada?
 
  Nesse caso,se fossem 2 jogadores,creio,o numero de resultados possiveis
  seria p + 1
 
  Alguem poderia esclarecer?
 
 =
 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] combinatória

[Victor Villas Bôas Chaves]

Certo. São 2p moedas para repartir entre duas pessoas, 2p+1 maneiras.

Em 23 de maio de 2012 10:55, marcone augusto araújo borges
marconeborge...@hotmail.com escreveu:
 obrigado.E caso k = 2,teremos 2p + 1 resultados,e não p + 1,certo?
 Date: Tue, 22 May 2012 19:33:07 -0300
 Subject: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória
 From: victor.chaves@gmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br


 Tem-se um total de K*p moedinhas. Basta contar o número de soluções da
 equação:
 x_1 + x_2 + ... + x_k = K*p

 Em 22 de maio de 2012 17:50, marcone augusto araújo borges
 marconeborge...@hotmail.com escreveu:
  K condes estao jogando cartas.Originalmente,eles tem todos p
  moedinhas.No
  final do jogo,eles contam quanto eles tem.Eles nao tomam emprestado um
  do
  outro,de modo que que eles nao podem perder mais do que suas p
  moedinhas.Quantos resultados possiveis existem?
 
  No enunciado,nao faltaria dizer,por exemplo,que eles apostam uma
  moedinha
  por rodada?
 
  Nesse caso,se fossem 2 jogadores,creio,o numero de resultados possiveis
  seria p + 1
 
  Alguem poderia esclarecer?

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

=
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] combinatória

[Ralph Teixeira]

Eu ia tentar escolher dois numeros a e b com a+b100, depois tomar
c=100-(a+b) e no fim eliminar os casos onde ha uma repeticao Mas entao
resolvi fazer no braco mesmo:

Se o menor numero for 1, basta escolher agora dois numeros (maiores que 1)
que somem 99. Pode ser 2+97, 3+96,...,49+50. Total: 48 maneiras.
Se o menor numero for 2, basta escolher agora dois numeros (maiores que 2)
que somem 98. Pode ser 3+95, 4+94,...,48+50. Total: 46 maneiras.
Se o menor numero for 3, basta escolher agora dois numeros que somem 97.
Pode ser 4+93, 5+92,...,48+49. Total: 45 maneiras.
Se o menor numero for 4, basta escolher blah blah blah 96. Pode ser 5+91,
..., 47+49. Total: 43 maneiras.
Se 5, soma 95, de 6 a 47, total 42 maneiras.
Se 6, S=94, 7 a 46, sao 40.
...
Se 31, S=69, 32+37 ou 33+36 ou 34+35, 3 jeitos.
Se 32, S=68, 33+35, 1 maneira.
Se 33, nao dah mais.

Entao o numero que a gente quer eh 48+46+45+43+42+40+39+...+3+1+0. Separe
em duas PAs de algum jeito e corra pro abraco. Pode ser por exemplo:

(0+3+6+9+...+48)+(1+4+7+10+..+46)=3*16*17/2+16*47/2=8*98=784.

Acertei?

Abraco,
  Ralph
2012/5/22 Fabio Bernardo prof_fabioberna...@yahoo.com.br

 Oi amigos,

 Preciso de uma ajudinha.

 Considere o conjunto {1,2,3,4,...,100}
 De quantas maneiras podemos escolher 3 elementos distintos
 de modo que a soma deles seja exatamente igual a 100?

 a) 781
 b) 782
 c) 783
 d) 784
 e) 785

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[Lucas Prado Melo]

Eu calculei quantas somas existem que dá 100, retirei as somas que envolvem
2 números iguais (não existem somas com 3 números iguais que dê 100) e
então dividi por 3! para ordenar.

Para calcular quantas somas com três parcelas que existem com resultado 100
(parcelas a partir de 1), eu calculei quantas somas existem de três
parcelas para dar 97 (parcelas a partir de 0). Para isto, basta fazer
combinação de 97+2 2 a 2 (de 97+2 espaços selecione 2 marcadores, cada
parcela é representada pela quantidade de espaços em uma das partes
separadas pelos marcadores).

Para calcular a quantidade de somas com 2 números iguais, basta retirar uma
quantidade de 100 e dividir o resto por 2. Assim a quantidade retirada k
precisa ser par e precisa respeitar 0  k  100, temos então 98/2
possibilidades (lembre-se que não existem somas com 3 parcelas iguais para
o caso). É preciso multiplicar esse valor pelas permutações com repetição:
3!/2!

O resultado foi 784.
-- 
[]'s
Lucas

[obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[Victor Villas Bôas Chaves]

Tem-se um total de K*p moedinhas. Basta contar o número de soluções da equação:
x_1 + x_2 + ... + x_k = K*p

Em 22 de maio de 2012 17:50, marcone augusto araújo borges
marconeborge...@hotmail.com escreveu:
 K condes estao jogando cartas.Originalmente,eles tem todos p moedinhas.No
 final do jogo,eles contam quanto eles tem.Eles nao tomam emprestado um do
 outro,de modo que que eles nao podem perder mais do que suas p
 moedinhas.Quantos resultados possiveis existem?

 No enunciado,nao faltaria dizer,por exemplo,que eles apostam uma moedinha
 por rodada?

 Nesse caso,se fossem 2 jogadores,creio,o numero de resultados possiveis
 seria p + 1

 Alguem poderia esclarecer?

=
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] Combinatória

[marcone augusto araújo borges]

Para a segunda questao eu achei (n-1)!/[(n-k)!(k-1)!.É isso?
Para a primeira,pensei em separar nos seguintes casos:
1) Com o zero:
a) todos algarismos distintos
b) apenas 2 zeros 
c) 3 zeros 
2) sem o zero:
a) 2 algar. iguais e os demais distintos 
b) 3 algar. iguais e os demais distintos
c) exatamente 2 pares de 2 algar. iguais
d) 2 pares de 3 algar. iguais
e) todos os algarismos distintos
Somando tudo,acho que daria,mas deve haver melhor solução.
 
 



From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Combinatória
Date: Tue, 15 May 2012 02:16:26 +




1) Quantos números de 6 algarismos tem 3 algarismos pares e 3 ímpares?
 
2) De quantas maneiras voce pode distribuir n moedinhas idênticas a k crianças 
de modo que cada criança ganhe pelo menos uma?
  

[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] combinatória

[Marcelo Costa]

MAS NESSE CASO, A FÓRMULA NÃO ESTARIA CONSIDERANDO POR EXEMPLO O CASO: 1+14
E 14 + 1 COMO DISTINTOS?
EU GOSTARIA DE DESCONSIDERAR ESSES CASOS, OU EU ME ENGANEI? AGRADEÇO O
RETORNO.







=

2012/1/15 João Maldonado joao_maldona...@hotmail.com

   Na verdade sabendo que um termo pode ser 0 o numero de formas é infinito
 mas você pode usar a formula C(14+ n, n-1) para um numero limitado de
 variaveis (a formula ja foi facilmente demonstrada aqui na lista )
 Ou até C(14, n- 1 ) com  n variando de 1 a 15, para o numeero de solucoes
 inteiras positivas


 []s
 João

 --
 From: mat.mo...@gmail.com
 Date: Sat, 14 Jan 2012 12:54:41 -0200
 Subject: [obm-l] combinatória
 To: obm-l@mat.puc-rio.br


 GOSTARIA DE UMA AJUDA EM RELAÇÃO A ESTE PROBLEMA:

 DE QUANTAS FORMAS PODEMOS REPRESENTAR O NÚMERO 15 COMO SOMA DE VÁRIOS
 NÚMEROS NATURAIS?

 A DIFICULDADE É QUE ESTOU CAINDO EM VÁRIOS CASOS, ACREDITO QUE DEVA TER
 UMA MANEIRA MAIS RÁPIDA PARA ISSO, TENTEI COMBINAÇÕES COMPLEMENTARES
 ANALISANDO A COMBINAÇÃO DOS RESTOS PARA SER 15, MAS SÃO MUITOS CASOS.

 OBRIGADO

[obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[Victor Seixas Souza]

Se você estiver se referindo a somas fundamentalmente diferentes, o nome
disso é partição. Por soma fundamentalmente diferente me refiro que para as
formas 10 + 5 e 5 + 10 não são contadas mais de uma vez. Se você estiver
querendo o número de partições para um número n, acredito que não tenha uma
fórmula fechada (corrijam-me se estiver enganado). Existe como calcular o
número de partições com algumas restrições, utilizando funções geradoras,
mas eu não sei muito sobre o assunto. Acho que se for fazer na mão grande,
pode fazer algo do tipo:
15
14 + 1
13 + 2
13 + 1 + 1
12 + 3
12 + 2 + 1
12 + 1 + 1 + 1
...

Mas acredito que não ajuda muito.

[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória em uma grade

[Rogerio Ponce]

Ola' Azincourt,
cada seta horizontal pode ser colocada em 6 alturas diferentes.
Como sao 5 setas horizontais, existem 6 * 5 = 30 caminhos diferentes.

[]'s
Rogerio Ponce

Em 6 de outubro de 2011 20:32, Azincourt Azincourt
aazinco...@yahoo.com.brescreveu:

 Boa noite!

 Como posso resolver o seguinte problema: de quantas maneiras podemos ir de
 A até B sobre a seguinte grade sem passar duas vezes pelo mesmo local e
 sem mover-se para a esquerda? A figura em anexo mostra um caminho possível.

 (problema e figura retirados de 
 conesul2006.tripod.com/Material/comb.pdfhttp://www.google.com.br/url?sa=tsource=webcd=7ved=0CFQQFjAGurl=http%3A%2F%2Fconesul2006.tripod.com%2FMaterial%2Fcomb.pdfrct=jq=problemas%20dificeis%20combinatoriaei=r8OMTqCDH4fV0QHF_5GLBQusg=AFQjCNG8Q4eGiVkoIVySruL7mJJFKIWH0Asig2=RaVm6Nt7MaqqodT_4YnTyAcad=rja)

 Eu sei resolver um problema parecido, no qual não há as setas para baixo –
 envolvia a permutação com repetição das setas “para cima” e “para baixo”. No
 entanto, não consegui achar resolução análoga para este problema (acabava em
 uma expressao complicada, que nao parecia ser simplificável). Como resolvê
 -lo?

 Muito obrigado!

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória em uma grade

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2011/10/7 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com:
 Ola' Azincourt,
 cada seta horizontal pode ser colocada em 6 alturas diferentes.
 Como sao 5 setas horizontais, existem 6 * 5 = 30 caminhos diferentes.
6^5 = muito mais.

Mas a idéia é essa :)

 []'s
 Rogerio Ponce

 Em 6 de outubro de 2011 20:32, Azincourt Azincourt aazinco...@yahoo.com.br
 escreveu:

 Boa noite!
 Como posso resolver o seguinte problema: de quantas maneiras podemos ir de
 A até B sobre a seguinte grade sem passar duas vezes pelo mesmo local e sem
 mover-se para a esquerda? A figura em anexo mostra um caminho possível.
 (problema e figura retirados de conesul2006.tripod.com/Material/comb.pdf )
 Eu sei resolver um problema parecido, no qual não há as setas para baixo –
 envolvia a permutação com repetição das setas “para cima” e “para baixo”. No
 entanto, não consegui achar resolução análoga para este problema (acabava em
 uma expressao complicada, que nao parecia ser simplificável). Como
 resolvê-lo?
 Muito obrigado!






-- 
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] Combinatória em uma grade

[Rogerio Ponce]

Hahaha, e' verdade!
era para eu ter escrito 6 ** 5 caminhos diferentes.
[]'s
Rogerio Ponce

Em 7 de outubro de 2011 10:17, Bernardo Freitas Paulo da Costa 
bernardo...@gmail.com escreveu:

 2011/10/7 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com:
  Ola' Azincourt,
  cada seta horizontal pode ser colocada em 6 alturas diferentes.
  Como sao 5 setas horizontais, existem 6 * 5 = 30 caminhos diferentes.
 6^5 = muito mais.

 Mas a idéia é essa :)

  []'s
  Rogerio Ponce
 
  Em 6 de outubro de 2011 20:32, Azincourt Azincourt 
 aazinco...@yahoo.com.br
  escreveu:
 
  Boa noite!
  Como posso resolver o seguinte problema: de quantas maneiras podemos ir
 de
  A até B sobre a seguinte grade sem passar duas vezes pelo mesmo local e
 sem
  mover-se para a esquerda? A figura em anexo mostra um caminho possível.
  (problema e figura retirados de
 conesul2006.tripod.com/Material/comb.pdf )
  Eu sei resolver um problema parecido, no qual não há as setas para baixo
 –
  envolvia a permutação com repetição das setas “para cima” e “para
 baixo”. No
  entanto, não consegui achar resolução análoga para este problema
 (acabava em
  uma expressao complicada, que nao parecia ser simplificável). Como
  resolvê-lo?
  Muito obrigado!
 
 
 



 --
 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] Combinatória

[Henrique Rennó]

No problema diz pelo menos, pode ser 1, 2 ou 3 com a capacitação.
Podemos resolver calculando o total de combinações incluindo todos os
profissionais e excluindo aquelas que não tem profissionais com
capacitação, ou seja, C(12, 3) - C(9, 3) = 220 - 84 = 136.

2011/10/5 Azincourt Azincourt aazinco...@yahoo.com.br:
 Boa tarde,
 Tenho uma dúvida no seguinte problema:
 O corpo clínico da pediatria de um certo hospital é composto por 12
 profissionais, dos quais 3 são capacitados para atuação junto a crianças que
 apresentam necessidades educacionais especiais. Para fins de assessoria,
 deverá ser criada uma comissão de 3 profissionais, de tal maneira que 1
 deles, pelo menos, tenha a capacitação referida. Quantas comissões distintas
 podem ser formadas nestas condições?
 Resolvi-o da seguinte forma: há três formas de escolher um dos profissionais
 capacitados. As outras duas vagas da comissão podem ser ocupadas por
 quaisquer 2 dos 11 profissionais restantes, de forma que o total de
 comissões seria 3*C(2,11) = 3*55 = 165.
 O gabarito da questão é 136. Eu achei a resolução na internet, mas não
 consegui entender em que ponto da análise estou errando.
 Obrigado!



-- 
Henrique

=
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] Combinatória

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2011/10/5 Azincourt Azincourt aazinco...@yahoo.com.br:
 Boa tarde,
Boa tarde,

 O corpo clínico da pediatria de um certo hospital é composto por 12
 profissionais, dos quais 3 são capacitados para atuação junto a crianças que
 apresentam necessidades educacionais especiais. Para fins de assessoria,
 deverá ser criada uma comissão de 3 profissionais, de tal maneira que 1
 deles, pelo menos, tenha a capacitação referida. Quantas comissões distintas
 podem ser formadas nestas condições?

 Resolvi-o da seguinte forma: há três formas de escolher um dos profissionais
 capacitados.
Verdade. Mas lembre-se que pode haver mais do que um na comissão.

 As outras duas vagas da comissão podem ser ocupadas por
 quaisquer 2 dos 11 profissionais restantes, de forma que o total de
 comissões seria 3*C(2,11) = 3*55 = 165.
Quase. O problema é que (como indica o gabarito) você achou mais do
que devia. O que quer dizer que você contou alguma coisa duas vezes.
(Poderia ser também que você esqueceu de contar algo, mas acho que não
é o caso). O que você contou duas vezes? Simples: quando houver mais
do que um dos três profissionais especiais na comissão.

Demos nomes aos burros (enfim, médicos):

A, B e C os três capacitados
d, e, f, g, h, i, j, k, l os outros 9.

A sua solução conta a possibilidade ABe (por exemplo) duas vezes. Uma
quando você considera A (capacitado) +  Be (dois dos 11 outros), e de
novo quando você conta B + Ae. Assim, todos os casos de exatamente 2
especialistas foram contados 2 vezes, o que dá C(3,2)*9 = 27 casos.

Mas o caso de três especialistas foi contado 3 vezes: A + (BC), B +
(AC), C + (AB). Ou seja, temos que retirar dois do resultado.

165 - 27 - 2 = 136.

 O gabarito da questão é 136. Eu achei a resolução na internet, mas não
 consegui entender em que ponto da análise estou errando.
 Obrigado!

Tome muito cuidado nos problemas de enumeração com pelo menos, ...,
em que você sempre tem muitos casos a considerar! Por isso é que, em
geral, essas questões são feitas para serem resolvidas passando ao
complementar.

Observação ranzinza: é claro que isso é muito pouco próximo da
realidade. Um problema de verdade talvez tenha 50 médicos, dos
quais 12 especializados em A, 10 especializados em B e 3
especializados em A e B (portanto ao todo 15 que sabem A e 13 que
sabem B). Queremos formar turnos de 10 médicos, tendo certeza de
possuir ao menos 2 especialistas em cada matéria a cada turno. De
quantas formas podemos fazer isso? Não é tão difícil, mas o único
jeito é sair calculando as possibilidades... é claro que usar o
complementar vai ajudar (ainda tem menos casos no complementar do que
no direto), mas é mais ou menos equivalente. Porque provavelmente
você vai programar a solução num computador, e nesse caso, usar o
método direto de enumerar os casos de (2A,2B,6), (3A,2B,5), ... é mais
simples, ainda mais se você quiser depois generalizar para N médicos,
K especialidades, n_i de cada uma (e depois se vira para os n_ijk que
sabem três coisas...)

Mas se o problema fosse mais complicado? Por exemplo, temos que fazer
5 plantões de 10 médicos (o que tem a vantagem de mudar o dia de cada
um, para não ficar o mesmo coitado no sábado). Quantas formas há? Aqui
é mais fácil de fazer direto, distribuindo os especialistas nos 5
dias, e depois completando. Mas, mais uma vez, você tem que tomar
cuidado para não misturar um qualquer com o 3° especialista. E, de
qualquer forma, dá um MOOONTE de contas.
-- 
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] Combinatória

[João Maldonado]

Um jeito fácil de se pensar é:
Felipe = AFernando BLewis = C
*Se um piloto p está na posição X então p=X
 Se A=1
Se B=2: temos 4! possibilidadesSe B=3: temos 3.3! possibilidades (  3 
possibilidades para C e 3! para os outros)Se B=4: temos 2.3!Se B=5: temos 1.3 !
 Se A=2
Se B=3: temos 3.3! Se B=4: temos 2.3!Se B=5: temos 1.3 !
 Se A=3
Se B=4: temos 2.3!Se B=5: temos 1.3 !
 Se A= 4
Se B=5: temos 1.3 !

Somando  (1+2+3+4) + (1+2  +3) + (1+2) + (1) vezes 3! = 120
probabilidade  de felipe ser campeão = 1/6
[]'sJoão

From: jgpretur...@uol.com.br
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Combinatória
Date: Tue, 19 Jul 2011 03:02:03 -0300



Olá, colegas.Peço ajuda no seguinte problema, já achei algumas respostas; mas 
não estou certo de nenhuma delas: “A última corrida do campeonato de Fórmula 1 
será disputada por 6 pilotos, que receberão pontos distintos dependendo de sua 
posição de chegada.Para Felipe ser campeão do campeonato é necessário que ele 
fique a frente de Fernando e que este fique a frente de Lewis.Em quantas das 
classificações possíveis o Felipe pode se tornar campeão nesta prova?” []’sJoão 
   

[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Raphael Alcaires de Carvalho]

Olá João, fiz de uma maneira diferente da solução do João Maldonado.
Vamos lá:
Primeiro, eu pensei em colocar Felipe(A), Fernando(B) e Lewis(C) nessa ordem e 
espaços(---) para colocar os outros pilotos(D, E e F): ---A---B---C---
Separei e três casos:
1) Tendo só 1 piloto em um dos espaços.
Temos C(4,3).3!=24 ( primeiro escolher 3 dos 4 espaços e depois permutar os 
três pilotos:D, E e F)

2) Tendo 1 piloto em 1 espaço e 2 em um outro espaço
Temos C(4,2).(3.2).2 = 72 (primeiro escolher 2 espaços dentre os 4 e depois 
escolher 2 pilotos para ficar no primeiro espaço e o outro deve portanto ficar 
no segundo espaço, mas deve-se multiplicar por 2 pois 1 pode ficar só no 
primeiro espaço e os outros 2 no segundo espaço)

3) Os três pilotos ficarem todos no mesmo espaço
Temos 4.3! = 24 (primeiro escolher uma das 4 posições e depois permutar os três 
pilotos) 

Temos pelo princípio aditivo: 24 + 72 + 24 = 120 possibilidades do Felipe se 
tornar campeão.
Espero que tenha ajudado!

[]s Raphael

P.S.: caso não esteja muito claro eu tento explicar melhor





De: Joâo Gabriel Preturlan jgpretur...@uol.com.br
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Enviadas: Terça-feira, 19 de Julho de 2011 3:02
Assunto: [obm-l] Combinatória


Olá, colegas.
Peço ajuda no seguinte problema, já achei algumas respostas; mas não estou 
certo de nenhuma delas:
 
“A última corrida do campeonato de Fórmula 1 será disputada por 6 pilotos, que 
receberão pontos distintos dependendo de sua posição de chegada.
Para Felipe ser campeão do campeonato é necessário que ele fique a frente de 
Fernando e que este fique a frente de Lewis.
Em quantas das classificações possíveis o Felipe pode se tornar campeão nesta 
prova?”
 
[]’s
João

[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[marcone augusto araújo borges]

Gostei das duas soluções
Abraços,
Marcone
 



Date: Tue, 19 Jul 2011 18:17:08 -0700
From: ralcai...@yahoo.com.br
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória
To: obm-l@mat.puc-rio.br



Olá João, fiz de uma maneira diferente da solução do João Maldonado.
Vamos lá:
Primeiro, eu pensei em colocar Felipe(A), Fernando(B) e Lewis(C) nessa ordem e 
espaços(---) para colocar os outros pilotos(D, E e F): ---A---B---C---
Separei e três casos:
1) Tendo só 1 piloto em um dos espaços.
Temos C(4,3).3!=24 ( primeiro escolher 3 dos 4 espaços e depois permutar os 
três pilotos:D, E e F)


2) Tendo 1 piloto em 1 espaço e 2 em um outro espaço
Temos C(4,2).(3.2).2 = 72 (primeiro escolher 2 espaços dentre os 4 e depois 
escolher 2 pilotos para ficar no primeiro espaço e o outro deve portanto ficar 
no segundo espaço, mas deve-se multiplicar por 2 pois 1 pode ficar só no 
primeiro espaço e os outros 2 no segundo espaço)


3) Os três pilotos ficarem todos no mesmo espaço
Temos 4.3! = 24 (primeiro escolher uma das 4 posições e depois permutar os três 
pilotos) 


Temos pelo princípio aditivo: 24 + 72 + 24 = 120 possibilidades do Felipe se 
tornar campeão.
Espero que tenha ajudado!


[]s Raphael


P.S.: caso não esteja muito claro eu tento explicar melhor









De: Joâo Gabriel Preturlan jgpretur...@uol.com.br
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Enviadas: Terça-feira, 19 de Julho de 2011 3:02
Assunto: [obm-l] Combinatória






Olá, colegas.
Peço ajuda no seguinte problema, já achei algumas respostas; mas não estou 
certo de nenhuma delas:
 
“A última corrida do campeonato de Fórmula 1 será disputada por 6 pilotos, que 
receberão pontos distintos dependendo de sua posição de chegada.
Para Felipe ser campeão do campeonato é necessário que ele fique a frente de 
Fernando e que este fique a frente de Lewis.
Em quantas das classificações possíveis o Felipe pode se tornar campeão nesta 
prova?”
 
[]’s
João
 
 

  

[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória e PG

[Willy George Amaral Petrenko]

É fácil generalizar isso para inteiros, basta vc considerar um jogo onde
jogam q pessoas, onde q é a razão.
Vou apresentar a generalização para os racionais:

Considere um jogo onde jogam q pessoas e ganham p pessoas (pq) // se vc
teve criatividade para imaginar o jogo acima, não deve ter problemas para
imaginar esse :)

Agora imagine um torneio desse onde jogam q^(n+1) pessoas. Elas jogam
eliminatória, e param de jogar quando sobram p^(n+1) pessoas, que são
consideradas vencedoras.

No round 1 terão q^(n+1) pessoas e q^n jogos;
No round 2 terão q^(n)*p pessoas e q^(n-1)*p jogos;
...
No último round terão q*p^n pessoas e p^n jogos.
Venceram p^(n+1) pessoas após i último round.

Existirão no total q^n + q^(n-1)*p + q^(n-2)*p^2 + ... + q*p^(n-1) + p^n
partidas.

Por outro lado q^(n+1) - p^(n+1) pessoas foram eliminadas (cada pessoa
perdeu apenas 1 vez), e o número de pessoas eliminadas é o número de jogos
vezes o número de pessoas eliminadas por jogo, que é q-p.

Ou seja o número de jogos é (q^(n+1) - p^(n+1)) / (q-p) que é a soma da
PG: q^n + q^(n-1)*p + q^(n-2)*p^2 + ... + q*p^(n-1) + p^n.

Novamente vc tem que multiplicar por algum fator se a_0 for diferente e tem
que tomar cuidado com razão negativas, mas isso é fácil de trabalhar também.

Abraço

2011/5/25 Bernardo Freitas Paulo da Costa bernardo...@gmail.com

 Existem várias formas de se demonstrar a fórmula da soma dos termos de
 uma PG (assim como PA, e outras séries notáveis). Eu estive
 discutindo de tênis (Roland Garros, precisamente) aqui com uns amigos,
 e me veio a seguinte lembrança de uma demonstração muito interessante.

 Problema: Quantos jogos há em Roland Garros? (obs: há 128 jogadores,
 os jogos são eliminatórios, e não há disputa de 3° lugar)
 Resposta: 127, afinal de contas cada jogador, exceto o campeão do
 torneio, perde exatamente um jogo. Mas note que o número de jogos é
 128/2 (primeira rodada) + 128/4 + ... + 1 que é uma soma de PG de
 razão 2. (Ou 1/2, dependendo como você quiser ver. Eu prefiro números
 inteiros, sei lá, parece mais fácil.)  Um campeonato com 2^N jogadores
 mostra que a soma de 2^n (n de 0 a N-1) é 2^N - 1.

 Muito bem. Fazer a soma da PG de razão 2 é fácil. (Não vou falar do
 caso de a_0 != 1, que é óbvio fatorando)

 A idéia agora é a seguinte: arrumar um argumento de contagem (duas
 vezes, para generalizar, como diria a Eureka!) para a soma de PGs de
 razão inteira qualquer. Em seguida, para r real, eu vejo algumas
 pistas: um argumento de abstract nonsense para ver que esse
 resultado válido para todos os inteiros implica no mesmo resultado
 para todos os reais(Álgebra), ou um argumento de aproximação (mas
 tem que mostrar que funciona para todos os racionais; Análise).

 É isso. Divirtam-se.
 --
 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] Combinatória

[Paulo Santa Rita]

Ola Marcone e demaiscolegas desta lista ... OBM-L,
Ou eu entendi mal ou esta questão é muito simplória para figurar aqui. Deveria 
ser postada num desses Sites de Vestibular que há aosmontes ai pela internet. 
Aqui nós queremos Matemática Olímpica, aquelas questões que exigem reflexão e 
criatividade.
Um AbraçoPSR,4250511094A

From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Combinatória
Date: Wed, 25 May 2011 10:59:32 +








Determinar a quantidade de sequências de n termos cujos termos pertencem ao 
conjunto {0,1,2} que possuem um número ímpar de zeros.Alguem poderia ajudar?
  

[obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm -l] Combinatória

[marcone augusto araújo borges]

Desculpem o erro.A peça defeituosa é da caixa 1.
 


From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Combinatória
Date: Mon, 8 Nov 2010 22:10:15 +




2) A primeira é defeituosa e a segunda,não ou a a primeira não é defeituosa e a 
segunda, é: (3/7)(3/5) + (4/7)(2/5) = 17/35.
Se eu estiver errado,que alguem corrija,por favor.  
 


Date: Mon, 8 Nov 2010 12:18:17 -0800
From: lulu...@yahoo.com.br
Subject: [obm-l] Combinatória
To: obm-l@mat.puc-rio.br







 Gostaria de uma ajuda nestas questões:
1) De quantas maneiras 7 homens e 12 mulheres podem sentar-se ao redor de uma 
mesa redonda de forma que 2 homens não sentem juntos?
 
2) Uma caixa I contém 7 peças, das quais 3 são defeituosas, e a outra caixa II 
contém 5 peças, das quais 2 são defeituosas. Duas peças são retiradas ao acaso, 
uma de cada caixa. Dado que apenas uma das peças é defeituosa, qual a 
probabilidade de que a defeituosa tenha sido escolhida na caixa I ?
 
Desde já agradeço,
attWarley  Souza 

  

[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Ralph Teixeira]

Questao 2: Fica melhor numa tabela, mas vou tentar resumir com formulas.

Notacao: D1=Defeituosa da 1, B1=Boa da 1, D2=Defeituosa da 2, B2=Boa da 2.

Entao a probabilidade de tirar exatamente uma defeituosa eh:

Pr(Uma)=Pr(D1 e B2) + Pr(D2 e B1) = (3/7).(3/5)+(4/7).(2/5) = 17/35

Mas a pergunta eh: SABEMOS que foi Uma, qual a chance de ter sido D1 e B2?

Pr(D1 e B2 | Uma) = (9/35)/(17/35) = 9/17

Abraco, Ralph.

2010/11/8 warley ferreira lulu...@yahoo.com.br


  Gostaria de uma ajuda nestas questões:
 1) De quantas maneiras 7 homens e 12 mulheres podem sentar-se ao redor de
 uma mesa redonda de forma que 2 homens não sentem juntos?

 2) Uma caixa I contém 7 peças, das quais 3 são defeituosas, e a outra caixa
 II contém 5 peças, das quais 2 são defeituosas. Duas peças são retiradas ao
 acaso, uma de cada caixa. Dado que apenas uma das peças é defeituosa, qual a
 probabilidade de que a defeituosa tenha sido escolhida na caixa I ?

 Desde já agradeço,
 att
 Warley  Souza

[obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[Johann Dirichlet]

Este e patrecido com um problema da primeira fase da OBM de uns 2 ou 3
anos atras.
Como tem tres As repetidos, chame eles de A1, A2, A3 (A1 e uma coisa
so, nao duas. Pense como se fossem indices numericos)

Primeiro, os caras BTHL ficam nesta ordem. Veja o esquema
_B_T_L_H_

Escolha aonde o O vai ficar nestes espacos. Sao 5 possibilidades. Veja
um exemplo:
_B_T_L_H_O_

Sempre que um cara entra ele gera um espaco. Continuando, onde o A1
quer ir? Sao 6 possibilidades:
_B_A1_T_L_H_O_

E assim por diante.

Agora, lembre-se que nos diferenciamos os As. Como eles sao 3, eles
vem nestas ordens: 123,132,213,231,312,321 (ou o famoso 3!). Basta
dividir o numero obtido antes por este fator.



Em 25/08/10, Fabio Silvacacar...@yahoo.com escreveu:
 Quantos anagramas da palavra BATALHÃO (desconsidere o til como diferença)
 tem as consoantes em ordem alfabética?

 Como pensar?






-- 
/**/
Quadrinista e Taverneiro!

http://tavernadofimdomundo.blogspot.com  Quadrinhos, histórioas e afins
http://baratoeletrico.blogspot.com / Um pouco sobre elétrons em movimento
http://bridget-torres.blogspot.com/  Personal! Do not edit!

=
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] combinatória

[Johann Dirichlet]

Outra solucao, mais direta IMHO, usa o teorema de Turan:

Dado um grafo (G,V), se não existem subgrafos k-completos nele, entao
o numero de arestas maximo e obtido em uma configuracao desta forma:
k-1 grupos de vertices, cada um contendo o mesmo numero de vertices
(ou o mais proximo disso, usando uma divisao euclidiana). Cada vertice
conecta-se a todos os vertices que nao sejam de seu grupo.

De certo modo, isto demonstra que a solucao que o WGAP mostrou para o
maximo e unica.

Bem, depois eu envio uma solucao do teorema de turan. Nao e dificil
demonstra-lo para o caso acima (o grafo nao contem triangulos). Para
quem for curioso, o famoso livro Proofs from THE BOOK contem tres ou
quatro provas.

Em 18/08/10, Willy George do Amaral Petrenkowgapetre...@gmail.com escreveu:
 *O planeta Walrus possui 20 países. Sabe-se que, dentre quaisquer três
 desses países, existem dois sem relações diplomáticas. Prove que Walrus
 possui no Maximo 200 embaixadas*.

 O número mínimo de embaixadas é zero. O enunciado diz existem 2 sem
 relações, e não existem EXATAMENTE 2 sem relações. De fato, se nenhum
 país faz diplomacia com ninguém, o enunciado é satisfeito.

 Mas vamos à idéia da demonstração:

 Notação: Chamarei de amigos os países que tiverem relações diplomáticas e de
 inimigos os que não tiverem.

 Repare que se um país A é amigo de B e C, então B é inimigo de C.
 Repare também que se um país é amigo de todos os outros, então todos os
 outros são inimigos entre si, fazendo um total de 38 embaixadas.
 Agora, veja que se nenhum país tem mais de 10 amigos então o enunciado é
 satisfeito.

 Suponha agora por absurdo que existam + de 200 embaixadas e que algum país A
 tenha 11 amigos.
 Então esses 11 amigos de A serão inimigos mútuos, fazendo com que cada um
 deles tenha um máximo de 9 amigos.
 Esses 12 países (A + os 11) terão um máximo de 11 + 9*11 = 110 embaixadas.
 Os outros 8 países então devem ter mais de 90 embaixadas (para satisfazer o
 mais de 200). Pelo princípio da casa dos pombos algum terá 12 amigos.

 Provamos então que se o total de embaixadas é maior que 200 e alguém tem 11
 amigos então alguém tem 12 amigos.
 *A idéia agora é provar que se o total de embaixadas é maior que 200 e
 alguém tem 10+n amigos, onde n natural pertencente a [1,8], então alguém tem
 10+n+1 amigos. [é fácil, a mesma idéia, só trabalhar com letrinhas].*
 Com isso completa-se a indução.

 A indução mostra que se existem +de 200 embaixadas e alguém tem 11 amigos
 então alguém tem 19 amigos e logo o número de embaixadas é 38, absurdo.
 E se ninguém tem +de 10 amigos então o número de embaixadas é = 200.

 Isso completa a prova.

 Dá para dar um exemplo onde existem 200 embaixadas (embora o enunciado não
 peça):
 Países de 1 a 10 inimigos entre si e amigos de todos os países de 11 a 20.
 Países de 11 a 20 inimigos entre si e amigos de todos os países de 1 a 10.

 Espero que tenha entendido a idéia. Se vc não conseguir completar a prova
 avisa que eu escrevo.



-- 
/**/
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[obm-l] Re: [obm-l] combinatória

[Willy George do Amaral Petrenko]

*O planeta Walrus possui 20 países. Sabe-se que, dentre quaisquer três
desses países, existem dois sem relações diplomáticas. Prove que Walrus
possui no Maximo 200 embaixadas*.

O número mínimo de embaixadas é zero. O enunciado diz existem 2 sem
relações, e não existem EXATAMENTE 2 sem relações. De fato, se nenhum
país faz diplomacia com ninguém, o enunciado é satisfeito.

Mas vamos à idéia da demonstração:

Notação: Chamarei de amigos os países que tiverem relações diplomáticas e de
inimigos os que não tiverem.

Repare que se um país A é amigo de B e C, então B é inimigo de C.
Repare também que se um país é amigo de todos os outros, então todos os
outros são inimigos entre si, fazendo um total de 38 embaixadas.
Agora, veja que se nenhum país tem mais de 10 amigos então o enunciado é
satisfeito.

Suponha agora por absurdo que existam + de 200 embaixadas e que algum país A
tenha 11 amigos.
Então esses 11 amigos de A serão inimigos mútuos, fazendo com que cada um
deles tenha um máximo de 9 amigos.
Esses 12 países (A + os 11) terão um máximo de 11 + 9*11 = 110 embaixadas.
Os outros 8 países então devem ter mais de 90 embaixadas (para satisfazer o
mais de 200). Pelo princípio da casa dos pombos algum terá 12 amigos.

Provamos então que se o total de embaixadas é maior que 200 e alguém tem 11
amigos então alguém tem 12 amigos.
*A idéia agora é provar que se o total de embaixadas é maior que 200 e
alguém tem 10+n amigos, onde n natural pertencente a [1,8], então alguém tem
10+n+1 amigos. [é fácil, a mesma idéia, só trabalhar com letrinhas].*
Com isso completa-se a indução.

A indução mostra que se existem +de 200 embaixadas e alguém tem 11 amigos
então alguém tem 19 amigos e logo o número de embaixadas é 38, absurdo.
E se ninguém tem +de 10 amigos então o número de embaixadas é = 200.

Isso completa a prova.

Dá para dar um exemplo onde existem 200 embaixadas (embora o enunciado não
peça):
Países de 1 a 10 inimigos entre si e amigos de todos os países de 11 a 20.
Países de 11 a 20 inimigos entre si e amigos de todos os países de 1 a 10.

Espero que tenha entendido a idéia. Se vc não conseguir completar a prova
avisa que eu escrevo.

[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória I

[Leonardo Cardoso Esteves Ramos Franco]

01. Quantos estudantes uma turma precisa conter, no mínimo, para que pelo
menos dois estudantes tirem notas iguais no exame final, dado que as notas
variam de 0 a 10 e apenas uma casa decimal é utilizada quando necessário?

Solução:

As possíveis notas são: 0; 0,1; 0,2; 0,3;...; 9,8; 9,9; 10, portanto 101
números, logo para garantirmos pelo menos dois com notas iguais basta que a
turma tenha 102 alunos.

Abraços,
Leonardo



Em 05/11/09, Diogo FN diog...@yahoo.com.br escreveu:

  Salve pra  todos da lista.
 Alguém pode me dá uma mão nessas questões?

 01. Quantos estudantes uma turma precisa conter, no mínimo, para que pelo
 menos dois estudantes tirem notas iguais no exame final, dado que as notas
 variam de 0 a 10 e apenas uma casa decimal é utilizada quando necessário?

 02. SUPONHA AGORA QUE AS NOTAS POSSÍVEIS SÃO CONCEITOS  A, B, C, D e F.
 QUAL
 O NÚMERO MÍNIMO DE ESTUDANTES PARA QUE PELO MENOS 5 TENHAM CONCEITOS
 IGUAIS?

 03. Existem 83 casas numa rua. As casas são numeradas com números entre 100
 e 262 inclusive. Mostre que pelo menos duas casas tem números consecutivos.

 Por ora é só.
 Agradeço antecipadamente.

 Diogo FN
 http://diogofn.6te.net

 *Ninguem é tão pequeno que não possa ensinar*, e nem *tão* grande que *não
 possa* aprender! 

 --
 Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! + Buscados: Top 
 10http://br.rd.yahoo.com/mail/taglines/mail/*http://br.maisbuscados.yahoo.com/-
 Celebridadeshttp://br.rd.yahoo.com/mail/taglines/mail/*http://br.maisbuscados.yahoo.com/celebridades/-
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 Esporteshttp://br.rd.yahoo.com/mail/taglines/mail/*http://br.maisbuscados.yahoo.com/esportes/

[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória I

[cleber vieira]

Com relação ao problema 2...
Se tivermos 20 estudantes o problema ainda não acaba porque como são 5 
conceitos podemos ter 4 estudantes para cada conceito e não teríamos a 
coincidência de 5 estudantes com o mesmo conceito mas se tivermos 21 estudantes 
certamente teremos 5 com conceitos iguais. PRINCÍPIO DA CASA DOS POMBOS

--- Em qui, 5/11/09, Diogo FN diog...@yahoo.com.br escreveu:

De: Diogo FN diog...@yahoo.com.br
Assunto: [obm-l] Combinatória I
Para: OBM obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Quinta-feira, 5 de Novembro de 2009, 12:44

Salve pra  todos da lista.
Alguém pode me dá uma mão nessas questões?
 
01. Quantos estudantes uma turma precisa conter, no mínimo, para que pelo 
menos dois estudantes tirem notas iguais no exame final, dado que as notas 
variam de 0 a 10 e apenas uma casa decimal é utilizada quando necessário? 

02. SUPONHA AGORA QUE AS NOTAS POSSÍVEIS SÃO CONCEITOS  A, B, C, D e F. QUAL
O NÚMERO MÍNIMO DE ESTUDANTES PARA QUE PELO MENOS 5 TENHAM CONCEITOS IGUAIS? 
 
03. Existem 83 casas numa rua. As casas são numeradas com números entre 100 e 
262 inclusive. Mostre que pelo menos duas casas tem números consecutivos.
 
Por ora é só.
Agradeço antecipadamente.
 
Diogo FN
http://diogofn.6te.net
 
Ninguem é tão pequeno que não possa ensinar, e nem tão grande que não possa 
aprender! 



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Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! +Buscados
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[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[luiz silva]

Ola Henrique,
 
a1, a2 e a3 são primos entre si ? primos ? qqer número ? 
 
Abs
Felipe

--- Em ter, 30/6/09, Henrique Rennó henrique.re...@gmail.com escreveu:


De: Henrique Rennó henrique.re...@gmail.com
Assunto: [obm-l] Combinatória
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Terça-feira, 30 de Junho de 2009, 11:16


Será que dá pra encontrar uma formulação para o seguinte problema?

Sejam os números: a1, a1, a2, a3. De quantas formas podemos selecionar 3 dos 4 
números de forma que a multiplicação não seja a mesma? No caso dos números 
dados existem 3 formas:

a1*a1*a2
a1*a1*a3
a1*a2*a3

Outro exemplo:

a1, a1, a2, a2, a3, a3, a4

13 formas:

a1*a1*a2
a1*a1*a3
a1*a1*a4
a1*a2*a2
a1*a2*a3
a1*a2*a4
a1*a3*a3
a1*a3*a4
a2*a2*a3
a2*a2*a4
a2*a3*a3
a2*a3*a4
a3*a3*a4

-- 
Henrique



  

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[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

[Luciana Rodrigues]

 
Carpe Dien
Em 30/06/2009 11:16, Henrique Rennó  henrique.re...@gmail.com  escreveu:
Será que dá pra encontrar uma formulação para o seguinte problema?Sejam os números: a1, a1, a2, a3. De quantas formas podemos selecionar 3 dos 4 números de forma que a multiplicação não seja a mesma? No caso dos números dados existem 3 formas:a1*a1*a2a1*a1*a3a1*a2*a3Outro exemplo:a1, a1, a2, a2, a3, a3, a413 formas:a1*a1*a2a1*a1*a3a1*a1*a4a1*a2*a2a1*a2*a3a1*a2*a4a1*a3*a3a1*a3*a4a2*a2*a3a2*a2*a4a2*a3*a3a2*a3*a4a3*a3*a4-- Henrique
=
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] Combinatória

[Henrique Rennó]

Eu coloquei números e citei a multiplicação por estar estudando a função de
Möbius, mas poderiam ser letras ou quaisquer símbolos, pois o que estou
tentando encontrar é uma fórmula de combinações que gere o resultado da
quantidade de formas que podemos selecionar os símbolos de modo que não
ocorram repetições de cada forma escolhida.

Outro exemplo: A, A, B, C, D, D. Selecionar 3 a 3 os 6 elementos sem
repetir. Total de 11 formas.

AAB
AAC
AAD
ABC
ABD
ACD
ADD
BCD
BDD
CDD

Se pegamos o primeiro A, o segundo A e o primeiro D é o mesmo que pegar o
segundo A, o primeiro D e o primeiro A, que seria a combinação AAD = ADA.
Para ambos As e o outro D seria a mesma combinação.

2009/6/30 luiz silva luizfelipec...@yahoo.com.br

 Ola Henrique,

 a1, a2 e a3 são primos entre si ? primos ? qqer número ?

 Abs
 Felipe

 --- Em *ter, 30/6/09, Henrique Rennó henrique.re...@gmail.com* escreveu:


 De: Henrique Rennó henrique.re...@gmail.com
 Assunto: [obm-l] Combinatória
 Para: obm-l@mat.puc-rio.br
 Data: Terça-feira, 30 de Junho de 2009, 11:16


 Será que dá pra encontrar uma formulação para o seguinte problema?

 Sejam os números: a1, a1, a2, a3. De quantas formas podemos selecionar 3
 dos 4 números de forma que a multiplicação não seja a mesma? No caso dos
 números dados existem 3 formas:

 a1*a1*a2
 a1*a1*a3
 a1*a2*a3

 Outro exemplo:

 a1, a1, a2, a2, a3, a3, a4

 13 formas:

 a1*a1*a2
 a1*a1*a3
 a1*a1*a4
 a1*a2*a2
 a1*a2*a3
 a1*a2*a4
 a1*a3*a3
 a1*a3*a4
 a2*a2*a3
 a2*a2*a4
 a2*a3*a3
 a2*a3*a4
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