2013/6/13 Cassio Anderson Feitosa cassiofeito...@gmail.com
Eu pensei também no problema e vou mostrar o que pensei pra que possam me
mostrar o erro, se houver.
Como 2^0+2^1 + . . . + 2^{99} = 2^{100} -1 2^{100}, então não
importa a forma que distribuímos os pesos, o prato com 2^{100}
2013/6/13 marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com
Olá,Lucas
Não entendi bem a passagem ´´...a colocação das i-1 bolinhas menores não
afetariam em nada o cálculo...´´
Ok eu viajei um pouco nesse trecho.
Eu quis dizer que as i-1 bolinhas poderiam ser colocadas livremente. Não
2013/6/13 Lucas Prado Melo luca...@dcc.ufba.br
Observando o somatório, temos que F(n) está sendo somado por vários termos
na forma g(n) F(i)/(i! 2^i) onde f é uma função.
Quando observamos o mesmo para F(n+1) os termos com fatores F(i)/(i! 2^i)
ainda aparecem, mas o coeficiente muda: g(n+1)
Ah sim. Acabei interpretando o questão de forma errada também. Pensei que
depois de colocar todos os pesos é que ia ser verificado o peso dos pratos.
Em 13 de junho de 2013 12:42, Lucas Prado Melo luca...@dcc.ufba.brescreveu:
2013/6/13 Cassio Anderson Feitosa cassiofeito...@gmail.com
Eu
2013/6/13 Lucas Prado Melo luca...@dcc.ufba.br
Observando o somatório, temos que F(n) está sendo somado por vários termos
na forma g(n) F(i)/(i! 2^i) onde f é uma função.
Quando observamos o mesmo para F(n+1) os termos com fatores F(i)/(i! 2^i)
ainda aparecem, mas o coeficiente muda: g(n+1)
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