[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.
>
>
>
> --
>
> 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 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] 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?
>>>
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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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 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] 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.

-- 
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 ( 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.
>

-- 
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.

 --
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 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.
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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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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. 
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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


-- 
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. 


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


-- 
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.

[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


 --
 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.




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


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

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

[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.


 --
 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.




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


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



 --
 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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 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] 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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[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] 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

​Sent from Mailbox for iPhone


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.






-- 
/**/
神が祝福

Torres

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

[kleinad2]

Ok!
[]s,
Daniel

 ''  ''Há uma descrição de como construir um aqui:
 ''  ''
 ''  ''http://web.usna.navy.mil/~wdj/hexad/node2.html
 '' 
 '' Não estou conseguindo acessar esta página!!!
 ''
 ''Você pode procurar por Steiner System no google.
 ''Uma outra página boa é a seguinte:
 ''
 ''http://mathworld.wolfram.com/SteinerSystem.html
 ''
 ''[]s, N.




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

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

[Marcio Cohen]

Title: Re: [obm-l] Combinatória



 Bom, em primeiro lugar, deixa eu dizer que a 
solução do Shine foi bem mais legal que essa, nao deixe de ler! E se for para 
generalizar, é melhor seguir o email do Nicolau. De qualquer forma, aqui vai a 
resposta a sua pergunta:
Em (1+t+t^2+t^3+...)^2 note que apenas 
os termos da forma t^k * t^(n-k), onde k=0,1,...,ncontribuem para o 
coeficiente de t^n. Como cada um aparece uma vez e são n+1 termos, isso dá 
(n+1)t^n.
O raciocinio 
para(1+2t+3t^2+4t^3+...)^2 eh o mesmo, soh que agora os termos que 
contribuem para t^n sao da forma(k+1)t^k * (n-k+1)t^(n-k)
 Somando (k+1)(n-k+1) de k=0 até n, 
obtemos (n+1)(n+2)(n+3)/6 = somatorio _k=0 a n_ (-k^2 + nk + n+1) (isso eh 
consequencia direta dos somatorios tradicionais dos primeiros quadrados e dos 
primeiros naturais).
 []s
 Marcio





- Original Message - 

  From: 
  Igor 
  Castro 
  To: [EMAIL PROTECTED] 
  Sent: Tuesday, September 28, 2004 9:35 
  PM
  Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] 
  Combinatória
  
  não entendi os passos:
  "onde o coeficiente de t^n eh n+1" 
  pq?
  "onde o coeficiente de t^n 
  eh(n+1)(n+2)(n+3)/6" pq?
  []´s
  Igor
  
- Original Message - 
From: 
Marcio Cohen 
To: [EMAIL PROTECTED] 
Sent: Tuesday, September 28, 2004 2:00 
PM
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] 
Combinatória

 Fui tentar fazer essa conta 
na marra pra ver como ficava.. 
(t^10 - 1)^4 / (t-1)^4 = (t^10-1)^4 * 
(1+t+t^2+...)^4= (t^40 - 4t^30 + 6t^20 - 4t^10 + 1) * 
(1+t+t^2+...)^4
Agora, 
(1+t+t^2+t^3+t^4+t^5+t^6+t^7...)^4 = (1+2t 
+3t^2+4t^3 + 5t^4 + 6t^5 + 7t^6 + 8t^7+...)^2, onde o coeficiente de t^n eh 
n+1,
= 1+4t+10t^2+20t^3+35t^4+56t^5+..., ondeo 
coeficiente de t^n eh(n+1)(n+2)(n+3)/6

 Dessa forma, a resposta eh 6*[t^7] 
-4*[t^17] + [t^27] = 8*9*10 - 4*3*19*20 + 28*29*5 = 220

Concordo plenamente que eh 
mto mais importante aprender porque isso está certo do que fazer a conta.. 
Eh soh pq eu fiquei curioso pra ver se era mto chato fazer. 
Abraços,
Marcio




  - Original Message - 
  From: 
  Claudio Buffara 
  To: [EMAIL PROTECTED] 
  Sent: Tuesday, September 28, 2004 
  9:35 AM
  Subject: Re: [obm-l] 
  Combinatória
  Qual o coeficiente de t^27 no desenvolvimento de:(1 + t 
  + t^2 + t^3 + t^4 + t^5 + t^6 + t^7 + t^8 + t^9)^4 ?Resposta (usando 
  PARI-GP): 220.Minha pergunta pra voce: Por que isso tah 
  certo?[]s,Claudio. on 28.09.04 02:45, [EMAIL PROTECTED] at [EMAIL PROTECTED] wrote:
  

  Resolva x + y + w + z = 27 sendo que o 
maior valor que as incógnitas podem assumir seja 9, ou seja, 0 
= x, y, w, z = 9 
  
---Outgoing mail is certified Virus 
  Free.Checked by AVG anti-virus system (http://www.grisoft.com).Version: 
  6.0.771 / Virus Database: 518 - Release Date: 
  28/9/2004