subject:"combinatória"

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

2024-03-16 Por tôpico 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.

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 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

2024-03-13 Por tôpico 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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 acredita-se estar livre de perigo.

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

2024-03-13 Por tôpico 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!
>>
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>> 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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[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

2024-03-13 Por tôpico 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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[obm-l] Combinatória

2024-03-13 Por tôpico Pedro Júnior

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!

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Enunciado confuso de combinatória, ou não?

2020-05-10 Por tôpico Vanderlei Nemitz

Boa tarde!

Não entendi o enunciado da seguinte questão.
A ordem das cores escolhida no cubo "inicial" é fixa?
Faz diferença pintar ou não os vértices?
Ele pensou simplesmente em escolher 3 vértices dos 8?

Muito obrigado!




*Considere um cubo ABCDEFGH no qual ABCD é uma face com 16 cm² de área, AE
e BH são arestas e AG é uma diagonal do cubo.Considere que, em cada um de
seus vértices, serão pintados três triângulos retângulos de mesma cor, cada
um sobre uma das faces para as quais aquele vértice é comum, com o vértice
do ângulo reto sendo o vértice do cubo, e com 0,4 cm em cada um de seus
catetos. Cada um dos vértices será pintado em uma única cor, distinta de
todas as outras. A partir daí, serão escolhidos três de seus vértices para
que se faça uma truncagem do cubo. Truncar um sólido significa fazer nele
um ou mais cortes planos. Neste caso, serão feitos exatamente três cortes
planos sobre arestas que convergem em um mesmo vértice, e tais cortes serão
feitos a 0,4 cm de distância dos vértices escolhidos. Calcule o total de
poliedros distintos que se pode obter, a partir do cubo, ao fazer os cortes
citados, considerando que um poliedro difere de outro também pelas cores
nas quais alguns de seus vértices estãopintados. RESPOSTA = 56*

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 acredita-se estar livre de perigo.

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

2020-04-06 Por tôpico 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

2020-04-06 Por tôpico 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

2020-03-13 Por tôpico 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.

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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

2020-03-13 Por tôpico 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] Combinatória

2020-03-13 Por tôpico Vanderlei Nemitz

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

[obm-l] Combinatória

2020-03-11 Por tôpico Vanderlei Nemitz

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.

-- 
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

2019-09-08 Por tôpico 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

2019-09-08 Por tôpico 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

2019-09-08 Por tôpico 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] Combinatória

2019-09-06 Por tôpico marcone augusto araújo borges

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?

-- 
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] Combinatória

2019-07-21 Por tôpico 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

2019-06-14 Por tôpico 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

2019-06-14 Por tôpico 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

2019-06-13 Por tôpico 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] Combinatória

2019-06-13 Por tôpico Vinícius Raimundo

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

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

2019-06-03 Por tôpico 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

2019-06-03 Por tôpico 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] Combinatória

2019-06-03 Por tôpico israelmchrisostomo



Ola pessoal .Seja o binomio (n escolhe k) é possível dizer que esse binomio é 
múltiplo de n excero para k=0 e n=kEnviado do meu smartphone Samsung Galaxy.
-- 
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)

2019-05-04 Por tôpico 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)

2019-05-04 Por tôpico 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.
>>
>>
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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] Combinatória (soma de números)

2019-05-04 Por tôpico 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>
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> acredita-se estar livre de perigo.

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

2019-05-04 Por tôpico 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
>
>
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>  Livre
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[obm-l] Combinatória (soma de números)

2019-05-04 Por tôpico Vanderlei Nemitz

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




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

2019-04-25 Por tôpico 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.
>>
>>
>> --
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória (permutações)

2019-04-25 Por tôpico 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?*
>>
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[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória (permutações)

2019-04-25 Por tôpico 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?*
>
> --
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[obm-l] Combinatória (permutações)

2019-04-25 Por tôpico Vanderlei Nemitz

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?*

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[obm-l] combinatória: média de ônibus diferentes

2019-01-30 Por tôpico Daniel Jelin

Caros, td bem? achei o problema abaixo em um site aparentemente abandonado.
ainda é possível checar a resposta, mas não se inscrever para conferir ou
discutir soluções. enfim, tive um bom trabalho pra chegar na resposta dada
como certa (29.37), e só o fiz com muita ajuda do computador, por isso
gostaria de saber se alguém tem uma ideia elegante pra questão. a minha,
braçal demais, foi primeiro calcular 40 probabilidades: de pegar apenas 1
ônibus; de pegar exatamente 2 ônibus; exatamente 3, exatamente 4... até 40;
depois, multiplicar cada probabilidade de pegar n ônibus por n; e por fim
somar todos esses produtos. alguém?

"Há 60 ônibus, numerados de 1 a 60, e cada dia Thelma dirige um deles, por
sorteio. Após 40 dias de trabalho, na média quantos ônibus diferentes
Thelma terá dirigido? Exemplo: se todo dia couber a ela, por sorteio, o
ônibus número 9, então ela terá dirigido apenas um ônibus; se ao longo dos
40 dias acontecer de cair sempre o 9 ou 3 no sorteio, então ela terá
dirigido apenas dois ônibus. arredonde sua resposta para duas casas
decimais"

o problema original:

http://projecteureka.org/problem/question/1207

Thelma drives shuttle buses.  There are 60 of them in the yard numbered 1
to 60. Each day that she works she is randomly assigned a bus.  After 40
days of working, on average how many different buses has she driven?  For
example:  If she just happened to be assigned bus number 9 each of her 40
days then she will have only driven one bus, or if she just happened to be
assigned bus number 9 or bus number 3 on each of her 40 days she will have
driven only 2 different buses.
Round your answer to 2 decimal places.

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

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

2018-06-28 Por tôpico 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 )

2018-06-28 Por tôpico 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] Combinatória ( Semana Olímpica )

2018-06-25 Por tôpico 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.

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

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

2018-06-25 Por tôpico 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.

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

2018-06-24 Por tôpico 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.

-- 
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=
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] Combinatória ( Semana Olímpica )

2018-06-24 Por tôpico Jeferson Almir

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.

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

2018-04-14 Por tôpico 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 soluÃ§Ãµes inteiras positivas existem para x+yz+w=100.
> 
> Douglas Oliveira.
> 
> Em sÃ¡b, 14 de abr de 2018 13:37, Claudio Buffara  
> escreveu:
>> Que eu saiba, sÃ³ no braÃ§o, mesmo...
>> 
>> n(k) Ã© uma fÃ³rmula envolvendo os expoentes da decomposiÃ§Ã£o de k em 
>> fatores primos.
>> NÃ£o conheÃ§o nenhuma expressÃ£o de n(k) em funÃ§Ã£o 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 somatÃ³rio dos produtos 
>>> n(k).(101-k) onde k varia de 1 a 98 e n(k) Ã© o nÃºmero de divisores de k.
>>> 
>>> 
>>> Qualquer ajuda serÃ¡ bem vinda.
>>> 
>>> 
>>> Abraco doÂ 
>>> Douglas Oliveira.
>>> 
>>> 
>>> -- 
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivÃrus e 
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>> 
>> 
>> -- 
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivÃrus 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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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

2018-04-14 Por tôpico 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.
>
>
>
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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] Combinatória

2018-04-14 Por tôpico 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.

-- 
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[obm-l] Combinatória

2018-04-10 Por tôpico 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.

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

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

2018-03-30 Por tôpico Anderson Torres

Em 29 de março de 2018 15:37, Igor Caetano Diniz
 escreveu:
> Vou mostrar a sua e a minha e aí se ele não aprender com as duas, tento
> fazer devagar em casos menores. hehe
>
> Abraços Cláudio e obrigado =)
>
> 2018-03-29 15:17 GMT-03:00 Claudio Buffara :
>>
>> Sim. Acho essa uma solução bem mais elegante.
>> Mas também é mais sofisticada, e você falou que o aluno é principiante.
>>
>> De todo jeito, acho que raciocinar recursivamente é uma habilidade que
>> todo estudante de matemática deveria desenvolver.
>>

Não seria mais interessante ir "montando" as possíveis sequências num
diagrama de árvore mesmo, já que é para fazer no bração?

Cada nível da árvore é obtido acrescentando 0 e 1 ao final do nível
anterior e aniquilando os que quebram o padrão (dois 1s consecutivos).

*

0 1

00 01 10 11X

000 001 010 011X 100 101

 0001 0010 0011X 0100 0101 1000 1001 1010 1011X

E assim por diante. Afinal, se é para contar na mão, tem que organizar.

>> []s,
>> Claudio.
>>
>>
>> 2018-03-29 14:45 GMT-03:00 Igor Caetano Diniz :
>>>
>>> Olá Claudio
>>> Pensei numa solução agora que acredito que eu possa explicar e a pessoa
>>> irá entender:
>>>
>>> Para 1 bit, 2 possibilidades
>>> Para 2 bits, 3
>>> Para 3 bits, basta separar em casos: Se for 0 _ _, cai no caso anterior.
>>> Se for 1 _ _ tem que ser  1 0 _ e, então, cai no caso anterior-1.
>>> Para 4 bits, separe de novo: 0 _ _ _, que cai no problema anterior, ou, 1
>>> 0 _ _, caindo no anterior -1.
>>> Ou seja, Para N bits: F(N) = F(N-1) + F(N-2). É um Fibonacci começando de
>>> F(1) = 2 e F(2) = 3
>>>
>>>
>>> Estaria correto assim?
>>>
>>> Abraços
>>>
>>> 2018-03-29 14:26 GMT-03:00 Claudio Buffara :

 Sugestão: separe em casos em função do número N de 1’s na sequência.

 N = 0: 1 sequência
 N = 1: 8 sequências
 N = 2: 8*7/2 - 7 = 21
 (No de sequências sem restrições menos o no de sequências com os dois
 1’s adjacentes)
 N = 4: 2
 N > 4: 0

 O caso N = 3 é o mais chatinho pois tem mais subcasos, mas não chega a
 ser difícil.

 Depois eu mando.

 Abs





 Enviado do meu iPhone

 Em 29 de mar de 2018, à(s) 13:31, Igor Caetano Diniz
  escreveu:

 > OlÃ¡ pessoal,
 >
 > Estou com uma questÃ£o de CombinatÃ³ria e gostaria de uma soluÃ§Ã£o
 > didÃ¡tica para ela pq como eu fiz ficou complexo para um aluno que 
 > iniciou
 > combinatÃ³ria agora.
 > segue a questÃ£o:
 >
 > Quantas sequÃªncias de 8 bits(com 0's e 1's) nÃ£o tÃªm dois 1
 > consecutivos?
 >
 > Como foi resolvida: usando variÃ¡veis para contar quantos 0 estÃ£o
 > entre 1's consecutivos, separada em casos de dois, trÃªs e quatro 1's
 > consecutivos. Mas assim fica difÃcil para quem comeÃ§ou a aprender 
 > agora.
 >
 > AbraÃ§os
 >
 > --
 > 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 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] Re: [obm-l] Questão de Combinatória

2018-03-29 Por tôpico Claudio Buffara

Outra sugestão: proponha o problema de contar de quantas maneiras é
possível arrumar N dominós 1x2 numa caixa 2xN.
Fibonacci também aparece neste aí.

A diferença é que, no dos bits, B(N) = F(N+2) enquanto que, no dos dominós,
D(N) = F(N+1)
(F é definida da forma usual, com F(1) = F(2) = 1)

Ou então: quantas sequências de 1's e 2's existem que têm soma N?
Aqui, X(N) = F(N+1) também.

Um problema complementar interessante é achar bijeções "naturais" entre as
sequências definidas por estes três problemas.
Entre D e X é fácil.  Entre estes e as suas sequências de bits nem tanto.

[]s,
Claudio.

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

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

2018-03-29 Por tôpico Claudio Buffara

Sugestão de natureza didática: eu mostraria uma solução mais braçal, tal
como a minha, e depois mostraria a solução recursiva.
Moral: em geral vale a pena pensar no problema antes de sair escrevendo...

2018-03-29 15:17 GMT-03:00 Claudio Buffara :

> Sim. Acho essa uma solução bem mais elegante.
> Mas também é mais sofisticada, e você falou que o aluno é principiante.
>
> De todo jeito, acho que raciocinar recursivamente é uma habilidade que
> todo estudante de matemática deveria desenvolver.
>
> []s,
> Claudio.
>
>
> 2018-03-29 14:45 GMT-03:00 Igor Caetano Diniz :
>
>> Olá Claudio
>> Pensei numa solução agora que acredito que eu possa explicar e a pessoa
>> irá entender:
>>
>> Para 1 bit, 2 possibilidades
>> Para 2 bits, 3
>> Para 3 bits, basta separar em casos: Se for 0 _ _, cai no caso anterior.
>> Se for 1 _ _ tem que ser  1 0 _ e, então, cai no caso anterior-1.
>> Para 4 bits, separe de novo: 0 _ _ _, que cai no problema anterior, ou, 1
>> 0 _ _, caindo no anterior -1.
>> Ou seja, Para N bits: F(N) = F(N-1) + F(N-2). É um Fibonacci começando de
>> F(1) = 2 e F(2) = 3
>>
>>
>> Estaria correto assim?
>>
>> Abraços
>>
>> 2018-03-29 14:26 GMT-03:00 Claudio Buffara :
>>
>>> Sugestão: separe em casos em função do número N de 1’s na sequência.
>>>
>>> N = 0: 1 sequência
>>> N = 1: 8 sequências
>>> N = 2: 8*7/2 - 7 = 21
>>> (No de sequências sem restrições menos o no de sequências com os dois
>>> 1’s adjacentes)
>>> N = 4: 2
>>> N > 4: 0
>>>
>>> O caso N = 3 é o mais chatinho pois tem mais subcasos, mas não chega a
>>> ser difícil.
>>>
>>> Depois eu mando.
>>>
>>> Abs
>>>
>>>
>>>
>>>
>>>
>>> Enviado do meu iPhone
>>>
>>> Em 29 de mar de 2018, à(s) 13:31, Igor Caetano Diniz <
>>> icaetanodi...@gmail.com> escreveu:
>>>
>>> > OlÃ¡ pessoal,
>>> >
>>> > Estou com uma questÃ£o de CombinatÃ³ria e gostaria de uma soluÃ§Ã£o
>>> didÃ¡tica para ela pq como eu fiz ficou complexo para um aluno que iniciou
>>> combinatÃ³ria agora.
>>> > segue a questÃ£o:
>>> >
>>> > Quantas sequÃªncias de 8 bits(com 0's e 1's) nÃ£o tÃªm dois 1
>>> consecutivos?
>>> >
>>> > Como foi resolvida: usando variÃ¡veis para contar quantos 0 estÃ£o
>>> entre 1's consecutivos, separada em casos de dois, trÃªs e quatro 1's
>>> consecutivos. Mas assim fica difÃcil para quem comeÃ§ou a aprender agora.
>>> >
>>> > AbraÃ§os
>>> >
>>> > --
>>> > 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 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] Questão de Combinatória

2018-03-29 Por tôpico Igor Caetano Diniz

Vou mostrar a sua e a minha e aí se ele não aprender com as duas, tento
fazer devagar em casos menores. hehe

Abraços Cláudio e obrigado =)

2018-03-29 15:17 GMT-03:00 Claudio Buffara :

> Sim. Acho essa uma solução bem mais elegante.
> Mas também é mais sofisticada, e você falou que o aluno é principiante.
>
> De todo jeito, acho que raciocinar recursivamente é uma habilidade que
> todo estudante de matemática deveria desenvolver.
>
> []s,
> Claudio.
>
>
> 2018-03-29 14:45 GMT-03:00 Igor Caetano Diniz :
>
>> Olá Claudio
>> Pensei numa solução agora que acredito que eu possa explicar e a pessoa
>> irá entender:
>>
>> Para 1 bit, 2 possibilidades
>> Para 2 bits, 3
>> Para 3 bits, basta separar em casos: Se for 0 _ _, cai no caso anterior.
>> Se for 1 _ _ tem que ser  1 0 _ e, então, cai no caso anterior-1.
>> Para 4 bits, separe de novo: 0 _ _ _, que cai no problema anterior, ou, 1
>> 0 _ _, caindo no anterior -1.
>> Ou seja, Para N bits: F(N) = F(N-1) + F(N-2). É um Fibonacci começando de
>> F(1) = 2 e F(2) = 3
>>
>>
>> Estaria correto assim?
>>
>> Abraços
>>
>> 2018-03-29 14:26 GMT-03:00 Claudio Buffara :
>>
>>> Sugestão: separe em casos em função do número N de 1’s na sequência.
>>>
>>> N = 0: 1 sequência
>>> N = 1: 8 sequências
>>> N = 2: 8*7/2 - 7 = 21
>>> (No de sequências sem restrições menos o no de sequências com os dois
>>> 1’s adjacentes)
>>> N = 4: 2
>>> N > 4: 0
>>>
>>> O caso N = 3 é o mais chatinho pois tem mais subcasos, mas não chega a
>>> ser difícil.
>>>
>>> Depois eu mando.
>>>
>>> Abs
>>>
>>>
>>>
>>>
>>>
>>> Enviado do meu iPhone
>>>
>>> Em 29 de mar de 2018, à(s) 13:31, Igor Caetano Diniz <
>>> icaetanodi...@gmail.com> escreveu:
>>>
>>> > OlÃ¡ pessoal,
>>> >
>>> > Estou com uma questÃ£o de CombinatÃ³ria e gostaria de uma soluÃ§Ã£o
>>> didÃ¡tica para ela pq como eu fiz ficou complexo para um aluno que iniciou
>>> combinatÃ³ria agora.
>>> > segue a questÃ£o:
>>> >
>>> > Quantas sequÃªncias de 8 bits(com 0's e 1's) nÃ£o tÃªm dois 1
>>> consecutivos?
>>> >
>>> > Como foi resolvida: usando variÃ¡veis para contar quantos 0 estÃ£o
>>> entre 1's consecutivos, separada em casos de dois, trÃªs e quatro 1's
>>> consecutivos. Mas assim fica difÃcil para quem comeÃ§ou a aprender agora.
>>> >
>>> > AbraÃ§os
>>> >
>>> > --
>>> > 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 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] Questão de Combinatória

2018-03-29 Por tôpico Claudio Buffara

Sim. Acho essa uma solução bem mais elegante.
Mas também é mais sofisticada, e você falou que o aluno é principiante.

De todo jeito, acho que raciocinar recursivamente é uma habilidade que todo
estudante de matemática deveria desenvolver.

[]s,
Claudio.


2018-03-29 14:45 GMT-03:00 Igor Caetano Diniz :

> Olá Claudio
> Pensei numa solução agora que acredito que eu possa explicar e a pessoa
> irá entender:
>
> Para 1 bit, 2 possibilidades
> Para 2 bits, 3
> Para 3 bits, basta separar em casos: Se for 0 _ _, cai no caso anterior.
> Se for 1 _ _ tem que ser  1 0 _ e, então, cai no caso anterior-1.
> Para 4 bits, separe de novo: 0 _ _ _, que cai no problema anterior, ou, 1
> 0 _ _, caindo no anterior -1.
> Ou seja, Para N bits: F(N) = F(N-1) + F(N-2). É um Fibonacci começando de
> F(1) = 2 e F(2) = 3
>
>
> Estaria correto assim?
>
> Abraços
>
> 2018-03-29 14:26 GMT-03:00 Claudio Buffara :
>
>> Sugestão: separe em casos em função do número N de 1’s na sequência.
>>
>> N = 0: 1 sequência
>> N = 1: 8 sequências
>> N = 2: 8*7/2 - 7 = 21
>> (No de sequências sem restrições menos o no de sequências com os dois 1’s
>> adjacentes)
>> N = 4: 2
>> N > 4: 0
>>
>> O caso N = 3 é o mais chatinho pois tem mais subcasos, mas não chega a
>> ser difícil.
>>
>> Depois eu mando.
>>
>> Abs
>>
>>
>>
>>
>>
>> Enviado do meu iPhone
>>
>> Em 29 de mar de 2018, à(s) 13:31, Igor Caetano Diniz <
>> icaetanodi...@gmail.com> escreveu:
>>
>> > OlÃ¡ pessoal,
>> >
>> > Estou com uma questÃ£o de CombinatÃ³ria e gostaria de uma soluÃ§Ã£o
>> didÃ¡tica para ela pq como eu fiz ficou complexo para um aluno que iniciou
>> combinatÃ³ria agora.
>> > segue a questÃ£o:
>> >
>> > Quantas sequÃªncias de 8 bits(com 0's e 1's) nÃ£o tÃªm dois 1
>> consecutivos?
>> >
>> > Como foi resolvida: usando variÃ¡veis para contar quantos 0 estÃ£o
>> entre 1's consecutivos, separada em casos de dois, trÃªs e quatro 1's
>> consecutivos. Mas assim fica difÃcil para quem comeÃ§ou a aprender agora.
>> >
>> > AbraÃ§os
>> >
>> > --
>> > 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 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] Questão de Combinatória

2018-03-29 Por tôpico Igor Caetano Diniz

Olá Claudio
Pensei numa solução agora que acredito que eu possa explicar e a pessoa irá
entender:

Para 1 bit, 2 possibilidades
Para 2 bits, 3
Para 3 bits, basta separar em casos: Se for 0 _ _, cai no caso anterior. Se
for 1 _ _ tem que ser  1 0 _ e, então, cai no caso anterior-1.
Para 4 bits, separe de novo: 0 _ _ _, que cai no problema anterior, ou, 1 0
_ _, caindo no anterior -1.
Ou seja, Para N bits: F(N) = F(N-1) + F(N-2). É um Fibonacci começando de
F(1) = 2 e F(2) = 3


Estaria correto assim?

Abraços

2018-03-29 14:26 GMT-03:00 Claudio Buffara :

> Sugestão: separe em casos em função do número N de 1’s na sequência.
>
> N = 0: 1 sequência
> N = 1: 8 sequências
> N = 2: 8*7/2 - 7 = 21
> (No de sequências sem restrições menos o no de sequências com os dois 1’s
> adjacentes)
> N = 4: 2
> N > 4: 0
>
> O caso N = 3 é o mais chatinho pois tem mais subcasos, mas não chega a ser
> difícil.
>
> Depois eu mando.
>
> Abs
>
>
>
>
>
> Enviado do meu iPhone
>
> Em 29 de mar de 2018, à(s) 13:31, Igor Caetano Diniz <
> icaetanodi...@gmail.com> escreveu:
>
> > OlÃ¡ pessoal,
> >
> > Estou com uma questÃ£o de CombinatÃ³ria e gostaria de uma soluÃ§Ã£o
> didÃ¡tica para ela pq como eu fiz ficou complexo para um aluno que iniciou
> combinatÃ³ria agora.
> > segue a questÃ£o:
> >
> > Quantas sequÃªncias de 8 bits(com 0's e 1's) nÃ£o tÃªm dois 1
> consecutivos?
> >
> > Como foi resolvida: usando variÃ¡veis para contar quantos 0 estÃ£o entre
> 1's consecutivos, separada em casos de dois, trÃªs e quatro 1's
> consecutivos. Mas assim fica difÃcil para quem comeÃ§ou a aprender agora.
> >
> > AbraÃ§os
> >
> > --
> > 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.

Re: [obm-l] Questão de Combinatória

2018-03-29 Por tôpico Claudio Buffara

Sugestão: separe em casos em função do número N de 1’s na sequência.

N = 0: 1 sequência 
N = 1: 8 sequências
N = 2: 8*7/2 - 7 = 21 
(No de sequências sem restrições menos o no de sequências com os dois 1’s 
adjacentes)
N = 4: 2
N > 4: 0

O caso N = 3 é o mais chatinho pois tem mais subcasos, mas não chega a ser 
difícil.

Depois eu mando.

Abs 





Enviado do meu iPhone

Em 29 de mar de 2018, à(s) 13:31, Igor Caetano Diniz  
escreveu:

> OlÃ¡ pessoal,
> 
> Estou com uma questÃ£o de CombinatÃ³ria e gostaria de uma soluÃ§Ã£o didÃ¡tica 
> para ela pq como eu fiz ficou complexo para um aluno que iniciou 
> combinatÃ³ria agora.
> segue a questÃ£o:
> 
> Quantas sequÃªncias de 8 bits(com 0's e 1's) nÃ£o tÃªm dois 1 consecutivos?
> 
> Como foi resolvida: usando variÃ¡veis para contar quantos 0 estÃ£o entre 1's 
> consecutivos, separada em casos de dois, trÃªs e quatro 1's consecutivos. Mas 
> assim fica difÃcil para quem comeÃ§ou a aprender agora.
> 
> AbraÃ§os
> 
> -- 
> 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] Questão de Combinatória

2018-03-29 Por tôpico Igor Caetano Diniz

Olá pessoal,

Estou com uma questão de Combinatória e gostaria de uma solução didática
para ela pq como eu fiz ficou complexo para um aluno que iniciou
combinatória agora.
segue a questão:

Quantas sequências de 8 bits(com 0's e 1's) não têm dois 1 consecutivos?

Como foi resolvida: usando variáveis para contar quantos 0 estão entre 1's
consecutivos, separada em casos de dois, três e quatro 1's consecutivos.
Mas assim fica difícil para quem começou a aprender agora.

Abraços

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

[obm-l] combinatória

2018-03-09 Por tôpico regis barros

bom dia pessoalna verdade gostaria de encontrar um algoritmo para o seguinte 
problema simplificado.tenho os números (1,2,3,4,5), e fixo a soma, por exemplo, 
6. Quantas formas diferentes com três números terão a soma 6. Se o caso for 
digamos que seja 7 ou outro número qualquer. Onde será o máximo de uma soma e 
onde será o mínimo dessa soma para este conjunto de número.
Grato
Regis

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

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

2017-11-14 Por tôpico Esdras Muniz

Obs:

$$S(n,\,k_1,\cdots ,k_n)=\frac{n!}{(k_1!\cdots k_n!)(1!)^{k_1}\cdots
(n!)^{k_n}}$$

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

2017-11-14 Por tôpico Esdras Muniz

Bem, imagine que vc tem [image: n] bolas iguais e quer distribuí-las em
caixas de tamanhos [image: k_1,\,k_2,\,\cdots,k_n], onde na caixa [image:
k_i] cabe [image: i] bolas, e você quer que no final cada caixa esteja
totalmente cheia ou vazia. Isso é equivalente ao problema que você propõe,
e a resposta é:

[image: S(n,\,k_1,k_2,\cdots,k_t)=\frac{n!}{(k_1!\cdots
k_t!)(1!)^{k_1}\cdots(n!)^{k_n}}]

.

Em 13 de novembro de 2017 23:30, Eduardo Henrique 
escreveu:

> Pessoal, estava estudando o seguinte tipo de problema:
>
> Quantas são as soluções inteiras positivas de a+b+c=r, com r inteiro
> positivo. Até aqui ok. A dúvida veio depois:
>
> Quantas são as solução inteiras positivas de 1a+2b+3c=r? E mais
> geralmente, de 1k_1+...+n_kn=r? Alguém sabe como abordar esse tipo de
> problema ou então saberia me indicar um material de estudos?
>
> Obrigado.
>
> Eduardo
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>



-- 
Esdras Muniz Mota
Mestrando em Matemática
Universidade Federal do Ceará

-- 
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[obm-l] Dúvida combinatória

2017-11-13 Por tôpico Eduardo Henrique

Pessoal, estava estudando o seguinte tipo de problema:

Quantas são as soluções inteiras positivas de a+b+c=r, com r inteiro positivo. 
Até aqui ok. A dúvida veio depois:

Quantas são as solução inteiras positivas de 1a+2b+3c=r? E mais geralmente, de 
1k_1+...+n_kn=r? Alguém sabe como abordar esse tipo de problema ou então 
saberia me indicar um material de estudos?

Obrigado.

Eduardo

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

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

2016-06-15 Por tôpico 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.
>

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[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

2016-06-14 Por tôpico 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

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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

2016-06-14 Por tôpico 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.




-- 

Abraços,
oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ

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

[obm-l] Combinatória

2016-06-11 Por tôpico Vanderlei Nemitz

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

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

2016-02-18 Por tôpico Marcos Xavier

Obrigado Hugo. Excelente. Gostei muito da sua solução.
Abç.

Date: Thu, 18 Feb 2016 13:00:19 -0200
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Análise Combinatória
From: hfernande...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Seja A = { x | x é anagrama de PIRAMIDAL começando por PIR, nessa ordem }
e B = { x | x é anagrama de PIRAMIDAL cujas últimas 4 letras são A, D, I, L, 
não necessariamente nessa ordem }

Queremos calcular n(A U B) = n(A) + n(B) - n(A interseção B)

Calculando, temos: n(A) = P 6,2 = 6!/2! = 360 (fixo PIR e permuto AMIDAL, com 
repetição dos 2 A's)
n(B) = P4 * P5 = 4! * 5! = 120 * 24 = 2880 ( permuto PIRAM nas cinco primeiras 
posições E permuto IDAL nas 4 últimas)
n(A interseção B) = P2 * P4 = 2! * 4! = 48 ( fixo PIR, permuto AM nas duas 
posições seguintes E IDAL nas 4 últimas)

Logo, n(A U B) = 2880 + 360 - 48 = 3192

Att.
Hugo Fernando Marques FernandesMinistro Leigo da Igreja Episcopal Anglicana do 
Brasil (IEAB)Diocese Anglicana do RJ - DARJCatedral do Redentor

Em 18 de fevereiro de 2016 12:09, Marcos Xavier <mccxav...@hotmail.com> 
escreveu:

Prezados amigos, preciso de ajuda para resolver esse problema.
Quantos são os anagramas da palavra PIRAMIDAL que começam por PIR, nessa ordem, 
ou cujas últimas 4 letras são A, D, I, L, não necessariamente nessa ordem?
Gabarito: 3192.
Obrigado pela ajuda.
Marcos X.

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

2016-02-18 Por tôpico Hugo Fernando Marques Fernandes

Seja A = { x | x é anagrama de PIRAMIDAL começando por PIR, nessa ordem }
e B = { x | x é anagrama de PIRAMIDAL cujas últimas 4 letras são A, D, I,
L, não necessariamente nessa ordem }

Queremos calcular n(A U B) = n(A) + n(B) - n(A interseção B)

Calculando, temos: n(A) = P 6,2 = 6!/2! = 360 (fixo PIR e permuto AMIDAL,
com repetição dos 2 A's)
n(B) = P4 * P5 = 4! * 5! = 120 * 24 = 2880 ( permuto PIRAM nas cinco
primeiras posições E permuto IDAL nas 4 últimas)
n(A interseção B) = P2 * P4 = 2! * 4! = 48 ( fixo PIR, permuto AM nas duas
posições seguintes E IDAL nas 4 últimas)

Logo, n(A U B) = 2880 + 360 - 48 = 3192

Att.

*Hugo Fernando Marques Fernandes*
Ministro Leigo da Igreja Episcopal Anglicana do Brasil (IEAB)
Diocese Anglicana do RJ - DARJ
Catedral do Redentor


Em 18 de fevereiro de 2016 12:09, Marcos Xavier 
escreveu:

> Prezados amigos, preciso de ajuda para resolver esse problema.
>
> Quantos são os anagramas da palavra PIRAMIDAL que começam por PIR, nessa
> ordem, ou cujas últimas 4 letras são A, D, I, L, não necessariamente nessa
> ordem?
>
> Gabarito: 3192.
>
> Obrigado pela ajuda.
>
> Marcos X.
>

[obm-l] Análise Combinatória

2016-02-18 Por tôpico Marcos Xavier

Prezados amigos, preciso de ajuda para resolver esse problema.
Quantos são os anagramas da palavra PIRAMIDAL que começam por PIR, nessa ordem, 
ou cujas últimas 4 letras são A, D, I, L, não necessariamente nessa ordem?
Gabarito: 3192.
Obrigado pela ajuda.
Marcos X.

Re: [obm-l] Análise combinatória

2015-12-10 Por tôpico Gabriel Tostes

A respostas 45360 está correta... Numere as cadeiras de 1 a 15 e dívida em 3 em 
casos: 
1-> 15 ocupada
2-> 1 ocupada (análogo ao 1º)
3-> 1 e 15 vazias.

No primeiro caso temos que 1 e 14 devem estar vazias, logo, temos 4 pessoas 
para distribuir nas 12 cadeiras restantes... 
Como cada pessoa deve ocupar uma dessas cadeiras restam 8 vazias pra distribuir 
entre as pessoas, mas entre duas pessoas deve ter ao menos cadeira vazia, então 
-> 9!/5!x4!=136
No terceiro caso temos 13 cadeiras pra colocar 5 pessoas, logo 8 vazias, mas 
entre duas pessoas devemos ter uma cadeira vazia pelo menos uma vazia -> 
9!/4!x5!=136
Total-> (2x136+136)x5!=45360

> On Dec 10, 2015, at 16:45, Vanderlei Nemitz  wrote:
> 
> Pessoal, gostaria de uma ajuda com essa questÃ£o. Vi em um site a resposta 
> 45360, mas nÃ£o concordo. Encontrei um valor bem menor. Obrigado!
> 
> Vanderlei
> 
> Cinco pessoas devem se sentar em 15 cadeiras colocadas em torno de uma mesa 
> circular. De quantos modos isso pode ser feito se nÃ£o deve haver ocupaÃ§Ã£o 
> simultÃ¢nea de duas cadeiras adjacentes?Â 
> 
> -- 
> 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] Análise combinatória

2015-12-10 Por tôpico Vanderlei Nemitz

Gabriel:
É justamente esse último 5! que eu tenho dúvidas. A permutação é circular,
certo? Mesmo assim multiplicamos por 5!? Sim, percebi o erro de digitação,
mas isso não é o principal.

Em 10 de dezembro de 2015 17:23, Gabriel Tostes 
escreveu:

> A respostas 45360 está correta... Numere as cadeiras de 1 a 15 e dívida em
> 3 em casos:
> 1-> 15 ocupada
> 2-> 1 ocupada (análogo ao 1º)
> 3-> 1 e 15 vazias.
>
> No primeiro caso temos que 1 e 14 devem estar vazias, logo, temos 4
> pessoas para distribuir nas 12 cadeiras restantes...
> Como cada pessoa deve ocupar uma dessas cadeiras restam 8 vazias pra
> distribuir entre as pessoas, mas entre duas pessoas deve ter ao menos
> cadeira vazia, então -> 9!/5!x4!=136
> No terceiro caso temos 13 cadeiras pra colocar 5 pessoas, logo 8 vazias,
> mas entre duas pessoas devemos ter uma cadeira vazia pelo menos uma vazia
> -> 9!/4!x5!=136
> Total-> (2x136+136)x5!=45360
>
> On Dec 10, 2015, at 16:45, Vanderlei Nemitz  wrote:
>
> Pessoal, gostaria de uma ajuda com essa questÃ£o. Vi em um site a resposta
> 45360, mas nÃ£o concordo. Encontrei um valor bem menor. Obrigado!
>
> Vanderlei
>
> *Cinco pessoas devem se sentar em 15 cadeiras colocadas em torno de uma
> mesa circular. De quantos modos isso pode ser feito se nÃ£o deve haver
> ocupaÃ§Ã£o simultÃ¢nea de duas cadeiras adjacentes?Â *
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

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

Re: [obm-l] Análise combinatória

2015-12-10 Por tôpico Gabriel Tostes

9!/5!x4!=126, errei ali.

> On Dec 10, 2015, at 17:23, Gabriel Tostes  wrote:
> 
> A respostas 45360 está correta... Numere as cadeiras de 1 a 15 e dívida em 3 
> em casos: 
> 1-> 15 ocupada
> 2-> 1 ocupada (análogo ao 1º)
> 3-> 1 e 15 vazias.
> 
> No primeiro caso temos que 1 e 14 devem estar vazias, logo, temos 4 pessoas 
> para distribuir nas 12 cadeiras restantes... 
> Como cada pessoa deve ocupar uma dessas cadeiras restam 8 vazias pra 
> distribuir entre as pessoas, mas entre duas pessoas deve ter ao menos cadeira 
> vazia, então -> 9!/5!x4!=136
> No terceiro caso temos 13 cadeiras pra colocar 5 pessoas, logo 8 vazias, mas 
> entre duas pessoas devemos ter uma cadeira vazia pelo menos uma vazia -> 
> 9!/4!x5!=136
> Total-> (2x136+136)x5!=45360
> 
>> On Dec 10, 2015, at 16:45, Vanderlei Nemitz  wrote:
>> 
>> Pessoal, gostaria de uma ajuda com essa questÃ£o. Vi em um site a resposta 
>> 45360, mas nÃ£o concordo. Encontrei um valor bem menor. Obrigado!
>> 
>> Vanderlei
>> 
>> Cinco pessoas devem se sentar em 15 cadeiras colocadas em torno de uma mesa 
>> circular. De quantos modos isso pode ser feito se nÃ£o deve haver ocupaÃ§Ã£o 
>> simultÃ¢nea de duas cadeiras adjacentes?Â 
>> 
>> -- 
>> 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] Análise combinatória

2015-12-10 Por tôpico Vanderlei Nemitz

Pessoal, gostaria de uma ajuda com essa questão. Vi em um site a resposta
45360, mas não concordo. Encontrei um valor bem menor. Obrigado!

Vanderlei

*Cinco pessoas devem se sentar em 15 cadeiras colocadas em torno de uma
mesa circular. De quantos modos isso pode ser feito se não deve haver
ocupação simultânea de duas cadeiras adjacentes? *

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

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

2015-12-10 Por tôpico Gabriel Tostes

Sim... Dividi em casos pra "tirar" a permutacao circular. O 136 de cada caso 
significa 136 modos de organizar as Cadeiras em "vazias" e "com Pessoas". Temos 
5! Maneiras de distribuir as Pessoas nelas.
> On Dec 10, 2015, at 17:34, Vanderlei Nemitz  wrote:
> 
> Gabriel:
> Ã‰ justamente esse Ãºltimo 5! que eu tenho dÃºvidas. A permutaÃ§Ã£o Ã© 
> circular, certo? Mesmo assim multiplicamos por 5!? Sim, percebi o erro de 
> digitaÃ§Ã£o, mas isso nÃ£o Ã© o principal.Â 
> 
> Em 10 de dezembro de 2015 17:23, Gabriel Tostes  escreveu:
>> A respostas 45360 estÃ¡ correta... Numere as cadeiras de 1 a 15 e dÃvida em 
>> 3 em casos:Â 
>> 1-> 15 ocupada
>> 2-> 1 ocupada (anÃ¡logo ao 1Âº)
>> 3-> 1 e 15 vazias.
>> 
>> No primeiro caso temos que 1 e 14 devem estar vazias, logo, temos 4 pessoas 
>> para distribuir nas 12 cadeiras restantes...Â 
>> Como cada pessoa deve ocupar uma dessas cadeiras restam 8 vazias pra 
>> distribuir entre as pessoas, mas entre duas pessoas deve ter ao menos 
>> cadeira vazia, entÃ£o -> 9!/5!x4!=136
>> No terceiro caso temos 13 cadeiras pra colocar 5 pessoas, logo 8 vazias, mas 
>> entre duas pessoas devemos ter uma cadeira vazia pelo menos uma vazia -> 
>> 9!/4!x5!=136
>> Total-> (2x136+136)x5!=45360
>> 
>>> On Dec 10, 2015, at 16:45, Vanderlei Nemitz  wrote:
>>> 
>>> Pessoal, gostaria de uma ajuda com essa questÃƒÂ£o. Vi em um site a 
>>> resposta 45360, mas nÃƒÂ£o concordo. Encontrei um valor bem menor. Obrigado!
>>> 
>>> Vanderlei
>>> 
>>> Cinco pessoas devem se sentar em 15 cadeiras colocadas em torno de uma mesa 
>>> circular. De quantos modos isso pode ser feito se nÃƒÂ£o deve haver 
>>> ocupaÃƒÂ§ÃƒÂ£o simultÃƒÂ¢nea de duas cadeiras adjacentes?Ã‚Â 
>>> 
>>> -- 
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivÃrus e 
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>> 
>> -- 
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivÃrus 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] Análise combinatória

2015-12-10 Por tôpico Vanderlei Nemitz

Mas então é levado em consideração a posição relativa das pessoas e das
cadeiras vazias? Por exemplo, se um pessoa A está nas mesmas posições
relativas em relação às pessoas B, C, D, E, mas ao seu lados estão outras
cadeiras vazias, a distribuição é considerada diferente? Pois caso não
seja, pensei que deveríamos multiplicar por (5 - 1)! = 24. Claro que meu
raciocínio pode estar falho!

Em 10 de dezembro de 2015 17:45, Gabriel Tostes 
escreveu:

> Sim... Dividi em casos pra "tirar" a permutacao circular. O 136 de cada
> caso significa 136 modos de organizar as Cadeiras em "vazias" e "com
> Pessoas". Temos 5! Maneiras de distribuir as Pessoas nelas.
> On Dec 10, 2015, at 17:34, Vanderlei Nemitz  wrote:
>
> Gabriel:
> Ã‰ justamente esse Ãºltimo 5! que eu tenho dÃºvidas. A permutaÃ§Ã£o Ã©
> circular, certo? Mesmo assim multiplicamos por 5!? Sim, percebi o erro de
> digitaÃ§Ã£o, mas isso nÃ£o Ã© o principal.Â
>
> Em 10 de dezembro de 2015 17:23, Gabriel Tostes 
> escreveu:
>
>> A respostas 45360 estÃ¡ correta... Numere as cadeiras de 1 a 15 e dÃvida
>> em 3 em casos:Â
>> 1-> 15 ocupada
>> 2-> 1 ocupada (anÃ¡logo ao 1Âº)
>> 3-> 1 e 15 vazias.
>>
>> No primeiro caso temos que 1 e 14 devem estar vazias, logo, temos 4
>> pessoas para distribuir nas 12 cadeiras restantes...Â
>> Como cada pessoa deve ocupar uma dessas cadeiras restam 8 vazias pra
>> distribuir entre as pessoas, mas entre duas pessoas deve ter ao menos
>> cadeira vazia, entÃ£o -> 9!/5!x4!=136
>> No terceiro caso temos 13 cadeiras pra colocar 5 pessoas, logo 8 vazias,
>> mas entre duas pessoas devemos ter uma cadeira vazia pelo menos uma vazia
>> -> 9!/4!x5!=136
>> Total-> (2x136+136)x5!=45360
>>
>> On Dec 10, 2015, at 16:45, Vanderlei Nemitz 
>> wrote:
>>
>> Pessoal, gostaria de uma ajuda com essa questÃƒÂ£o. Vi em um site a
>> resposta 45360, mas nÃƒÂ£o concordo. Encontrei um valor bem menor. Obrigado!
>>
>> Vanderlei
>>
>> *Cinco pessoas devem se sentar em 15 cadeiras colocadas em torno de uma
>> mesa circular. De quantos modos isso pode ser feito se nÃƒÂ£o deve haver
>> ocupaÃƒÂ§ÃƒÂ£o simultÃƒÂ¢nea de duas cadeiras adjacentes?Ã‚Â *
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivÃrus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivÃrus 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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> 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: Generalizando um questão de combinatória

2015-11-08 Por tôpico Anderson Torres

Em 8 de novembro de 2015 00:45, Listeiro 037
<listeiro_...@yahoo.com.br> escreveu:
>
> O que seria permutação caótica?

Uma permutação sem pontos fixos.

>
> Em Tue, 13 Oct 2015 09:02:39 -0300
> gabriel araujo guedes <gabrielnamatemat...@gmail.com> escreveu:
>
>>  No livro de combinatória do Morgado seção de permutação caótica,
>> questão 8, diz:
>> "Dois médicos devem examinar, durante uma mesma hora, 6 pacientes,
>> gastando 10 minutos com cada paciente.Cada um dos 6 pacientes deve
>> ser examinado pelos dois médicos. De quanto modos pode ser feito um
>> horário compatível?"
>>
>> A resposta obtida  é 6!*D_6, no qual D_6 é a permutação caótica de 6
>> elementos.
>>
>> A questão pode ser facilmente para n pacientes, obtendo n!*D_n como
>> resposta.
>>
>> Agora se considerarmos k médicos e n pacientes, com k> resolver?
>>
>> Já encontrei dificuldade na generalização para k=3, tentei usar
>> princípio da inclusão-exclusão, mas não funcionou direito.
>>
>
> --
> 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
> =

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=
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: Generalizando um questão de combinatória

2015-11-07 Por tôpico Listeiro 037


O que seria permutação caótica?

Em Tue, 13 Oct 2015 09:02:39 -0300
gabriel araujo guedes <gabrielnamatemat...@gmail.com> escreveu:

>  No livro de combinatória do Morgado seção de permutação caótica,
> questão 8, diz:
> "Dois médicos devem examinar, durante uma mesma hora, 6 pacientes,
> gastando 10 minutos com cada paciente.Cada um dos 6 pacientes deve
> ser examinado pelos dois médicos. De quanto modos pode ser feito um
> horário compatível?"
> 
> A resposta obtida  é 6!*D_6, no qual D_6 é a permutação caótica de 6
> elementos.
> 
> A questão pode ser facilmente para n pacientes, obtendo n!*D_n como
> resposta.
> 
> Agora se considerarmos k médicos e n pacientes, com k resolver?
> 
> Já encontrei dificuldade na generalização para k=3, tentei usar
> princípio da inclusão-exclusão, mas não funcionou direito.
> 

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[obm-l] Generalizando um questão de combinatória

2015-10-13 Por tôpico gabriel araujo guedes

 No livro de combinatória do Morgado seção de permutação caótica, questão
8, diz:
"Dois médicos devem examinar, durante uma mesma hora, 6 pacientes, gastando
10 minutos com cada paciente.Cada um dos 6 pacientes deve ser examinado
pelos dois médicos. De quanto modos pode ser feito um horário compatível?"

A resposta obtida  é 6!*D_6, no qual D_6 é a permutação caótica de 6
elementos.

A questão pode ser facilmente para n pacientes, obtendo n!*D_n como
resposta.

Agora se considerarmos k médicos e n pacientes, com k

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

2015-08-13 Por tôpico Carlos Nehab

K! Esse é o tipo de questão indigna, para o ENEM. Contexto inadequado!
Kkkk.

Abs
Nehab
Em 11/08/2015 10:22, Pedro Costa npc1...@gmail.com escreveu:

 Uma aranha tem uma meia e um sapato paracada um de seus oito pés. De
 quantas maneiras diferentes

 a aranha pode se calçar admitindo que a meia tem que ser colocada antes do
 sapato?


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[obm-l] Análise Combinatória

2015-08-11 Por tôpico Pedro Costa

Uma aranha tem uma meia e um sapato paracada um de seus oito pés. De
quantas maneiras diferentes

a aranha pode se calçar admitindo que a meia tem que ser colocada antes do
sapato?



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

2015-08-11 Por tôpico Pedro José

Boa tarde!

Fez-se a restrição de que a meia deva ser calçada antes do sapato, o que é
esperado, porém não se fez a restrição de que os sapatos e meias e são
diferentes.

Use o princípio da multiplicação. Para o primeiro pé 8 escolhas para meia e
8 para sapato para o segundo 7 escolhas para meia e 7 para sapato

8*8*7*7*1*1 = (8!)^2

Saudações,
PJMS.


Em 11 de agosto de 2015 10:16, Pedro Costa npc1...@gmail.com escreveu:

 Uma aranha tem uma meia e um sapato paracada um de seus oito pés. De
 quantas maneiras diferentes

 a aranha pode se calçar admitindo que a meia tem que ser colocada antes do
 sapato?


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[obm-l] Combinatória

2015-06-14 Por tôpico marcone augusto araújo borges

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

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

2015-06-14 Por tôpico 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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[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

2015-06-14 Por tôpico 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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[obm-l] Re: Combinatória

2015-05-25 Por tôpico Listeiro 037


Deixa eu ver... 9 dígitos de soma par

então tem que ter dígitos impares numa quatidade par

1. Sendo dois ímpares e sete pares

5^2*5^7

2. Sendo quatro ímpares e cinco pares

5^4*5^5

3. Sendo seis ímpares e três pares

5^6*5^3

4. Sendo oito ímpares e um par

5^8*5^1

Todos dão 5^9. Por quatro vezes.

4 * 5^9 = 1953125 * 4 = 7812500

É isso?

Em Sun, 24 May 2015 00:31:08 +
marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com escreveu:

 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 algarismosSeria metade dos números
 com soma dos seus algarismos par e metadecom soma dos algarismos
 ímpar.Se isso for verdade, é mera coincidênciaou teria como
 justificar? 

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

2015-05-25 Por tôpico Listeiro 037


Faltou o caso todos pares! Outro 5^9.

5 * 5^9 = 5^10 = 1953125 * 5 = 9765625


Em Mon, 25 May 2015 04:58:09 -0300
Listeiro 037 listeiro_...@yahoo.com.br escreveu:

 
 Deixa eu ver... 9 dígitos de soma par
 
 então tem que ter dígitos impares numa quatidade par
 
 1. Sendo dois ímpares e sete pares
 
 5^2*5^7
 
 2. Sendo quatro ímpares e cinco pares
 
 5^4*5^5
 
 3. Sendo seis ímpares e três pares
 
 5^6*5^3
 
 4. Sendo oito ímpares e um par
 
 5^8*5^1
 
 Todos dão 5^9. Por quatro vezes.
 
 4 * 5^9 = 1953125 * 4 = 7812500
 
 É isso?
 
 Em Sun, 24 May 2015 00:31:08 +
 marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com escreveu:
 
  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 algarismosSeria metade dos números
  com soma dos seus algarismos par e metadecom soma dos algarismos
  ímpar.Se isso for verdade, é mera coincidênciaou teria como
  justificar?   
 

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
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=
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: [Bulk] Re: [Bulk] [obm-l] Re: Combinatória

2015-05-25 Por tôpico Listeiro 037


São 9 dígitos sem o primeiro ser zero, não é?

1. Primeiro dígito par

* oito dígitos pares
5^8

* seis dígitos pares e dois ímpares
5^6*5^2

* quatro dígitos pares e quatro ímpares
5^4*5^4

* dois dígitos pares e seis ímpares
5^2*5^6

* oito dígitos ímpares
5^8

2. Primeiro dígito ímpar

* sete dígitos pares e um ímpar
5^7*5^1

* cinco dígitos pares e três ímpares
5^5*5^3

* três dígitos pares e cinco ímpares
5^7*5^1

* um dígito par e sete ímpares
5^7*5^1

No final das contas, isso dá 9 * 5^8

9 * 5^8 = 9 * 390625 = 1953125

Fora isso não tentei ver outra falha.

Em Mon, 25 May 2015 05:26:29 -0300
Listeiro 037 listeiro_...@yahoo.com.br escreveu:

 
 Faltou o caso todos pares! Outro 5^9.
 
 5 * 5^9 = 5^10 = 1953125 * 5 = 9765625
 
 
 Em Mon, 25 May 2015 04:58:09 -0300
 Listeiro 037 listeiro_...@yahoo.com.br escreveu:
 
  
  Deixa eu ver... 9 dígitos de soma par
  
  então tem que ter dígitos impares numa quatidade par
  
  1. Sendo dois ímpares e sete pares
  
  5^2*5^7
  
  2. Sendo quatro ímpares e cinco pares
  
  5^4*5^5
  
  3. Sendo seis ímpares e três pares
  
  5^6*5^3
  
  4. Sendo oito ímpares e um par
  
  5^8*5^1
  
  Todos dão 5^9. Por quatro vezes.
  
  4 * 5^9 = 1953125 * 4 = 7812500
  
  É isso?
  
  Em Sun, 24 May 2015 00:31:08 +
  marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com
  escreveu:
  
   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 algarismosSeria metade
   dos números com soma dos seus algarismos par e metadecom soma dos
   algarismos ímpar.Se isso for verdade, é mera coincidênciaou teria
   como justificar?
  
 

-- 
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] Resposta a Gabriel(combinatória)

2015-05-25 Por tôpico marcone augusto araújo borges

A sua solução é interessante.Do jeito que fiz ficou bem mais trabalhoso.Eu usei 
a mesma ideia do ´´listeiro´´, mas acho que ele se enganou em algumaspassagens. 
  
-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [Bulk] [obm-l] Resposta a Gabriel(combinatória)

2015-05-25 Por tôpico Listeiro 037


Eu notei um último engano no primeiro dígito ser / não ser zero, mas já
havia enviado mensagens demais ...

Em Mon, 25 May 2015 11:32:47 +
marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com escreveu:

 A sua solução é interessante.Do jeito que fiz ficou bem mais
 trabalhoso.Eu usei a mesma ideia do ´´listeiro´´, mas acho que ele se
 enganou em algumaspassagens.
 

-- 
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

2015-05-24 Por tôpico 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?

 --
 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

2015-05-24 Por tôpico 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

2015-05-24 Por tôpico 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?

 --
 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

2015-05-24 Por tôpico 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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Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

2015-05-24 Por tôpico 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 araÃºjo borges 
 marconeborge...@hotmail.com:
 Quantos nÃºmeros de 9 algarismos tem a soma dos seus algarismos par?
 
 Eu achei 45000.NÃ£o tenho o gabarito.
 Notei que esse nÃºmero Ã© a metade do total de nÃºmeros de 9 algarismos
 Seria metade dos nÃºmeros com soma dos seus algarismos par e metade
 com soma dos algarismos Ãmpar.Se isso for verdade, Ã© mera coincidÃªncia
 ou teria como justificar?
 
 -- 
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 acredita-se estar livre de perigo.
 
 
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Combinatória

2015-05-24 Por tôpico 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

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=
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] Combinatória

2015-05-23 Por tôpico marcone augusto araújo borges

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 algarismosSeria metade dos números com soma dos seus 
algarismos par e metadecom soma dos algarismos ímpar.Se isso for verdade, é 
mera coincidênciaou teria como justificar? 
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[obm-l] problema de análise combinatória.

2014-11-06 Por tôpico Mauricio Barbosa

Boa tarde pessoal,
poderiam me ajudar no seguinte problema:

Cada seleção da Copa de 2014 tem um elenco de 23 jogadores, sendo 3
goleiros e 20 de linha.  Se umtécnico organizar os seus 20 jogadores de
linha de tal modo que ele tenha dois jogadores por posição e que cada
jogador reserva só possa substituir o titular da mesma posição, de quantos
modos diferentes o técnico poderá escalar o seu time?

Desde já agradeço.

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[obm-l] Re: [obm-l] problema de análise combinatória.

2014-11-06 Por tôpico Pedro José

Boa tarde!

Use o princípio da multiplicação.

Para goleiro, quantas opções temos? x

Para lateral direito quantas opções? y

Para zagueiro direito?

E assim por diante até chegar ao ponta esquerda. Multiplique tudo.

Sds,
PJMS

Em 6 de novembro de 2014 14:55, Mauricio Barbosa oliho...@gmail.com
escreveu:

 Boa tarde pessoal,
 poderiam me ajudar no seguinte problema:

 Cada seleção da Copa de 2014 tem um elenco de 23 jogadores, sendo 3
 goleiros e 20 de linha.  Se umtécnico organizar os seus 20 jogadores de
 linha de tal modo que ele tenha dois jogadores por posição e que cada
 jogador reserva só possa substituir o titular da mesma posição, de quantos
 modos diferentes o técnico poderá escalar o seu time?

 Desde já agradeço.

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[obm-l] Dúvida Combinatória

2014-09-29 Por tôpico Jorge Paulino

Num grupo de 11 pessoas, 2 são brasileiros, 5 são argentinos, 3 são 
franceses e 1 é português.
Quantas permutações podemos formar com essas 11 pessoas, de modo que não 
haja brasileiro ao lado de argentino?


Grato,

Jorge

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

2014-09-29 Por tôpico Mauricio de Araujo

Olá Jorge!!

vou dar apenas uma indicação de como acho que daria para chegar numa
resposta...

Observe a figura abaixo:

_U_U_U_U_

Coloquemos nas posições U os 3 franceses e o portugues. Temos 4! de
possibilidades para fazer isso.

Agora precisamos colocar os brasileiros na posições _, podendo ambos
ficarem juntos.

Caso 1) brasileiros ficam juntos: Comb(5,1) . 2! = 10 maneiras.
Caso 2) brasileiros ficam separados: Comb(5,2) . 2! = 20 maneiras.

Agora para cada caso acima temos de contar a maneiras de se colocar os 5
argentinos nas posições _ restantes...

abc.

2014-09-29 9:32 GMT-03:00 Jorge Paulino jorge...@yahoo.com.br:

 Num grupo de 11 pessoas, 2 são brasileiros, 5 são argentinos, 3 são
 franceses e 1 é português.
 Quantas permutações podemos formar com essas 11 pessoas, de modo que não
 haja brasileiro ao lado de argentino?

 Grato,

 Jorge

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Abraços

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

2014-09-29 Por tôpico Mauricio de Araujo

desculpe não tem erro algum... desconsidere o email imediatamente acima...

2014-09-29 22:02 GMT-03:00 Mauricio de Araujo mauricio.de.ara...@gmail.com
:

 tem um erro na maneira como abri os casos... descubra qual é...

 2014-09-29 21:54 GMT-03:00 Mauricio de Araujo 
 mauricio.de.ara...@gmail.com:

 Olá Jorge!!

 vou dar apenas uma indicação de como acho que daria para chegar numa
 resposta...

 Observe a figura abaixo:

 _U_U_U_U_

 Coloquemos nas posições U os 3 franceses e o portugues. Temos 4! de
 possibilidades para fazer isso.

 Agora precisamos colocar os brasileiros na posições _, podendo ambos
 ficarem juntos.

 Caso 1) brasileiros ficam juntos: Comb(5,1) . 2! = 10 maneiras.
 Caso 2) brasileiros ficam separados: Comb(5,2) . 2! = 20 maneiras.

 Agora para cada caso acima temos de contar a maneiras de se colocar os 5
 argentinos nas posições _ restantes...

 abc.

 2014-09-29 9:32 GMT-03:00 Jorge Paulino jorge...@yahoo.com.br:

 Num grupo de 11 pessoas, 2 são brasileiros, 5 são argentinos, 3 são
 franceses e 1 é português.
 Quantas permutações podemos formar com essas 11 pessoas, de modo que não
 haja brasileiro ao lado de argentino?

 Grato,

 Jorge

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 Abraços

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[obm-l] Combinatória - escadas

2014-08-18 Por tôpico Marcos Xavier

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

2014-08-18 Por tôpico 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.

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

2014-08-18 Por tôpico 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

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

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

2014-08-18 Por tôpico 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





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

2014-08-18 Por tôpico 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
 
 
 
 
 
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  Abraços
 
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  acredita-se estar livre de perigo.

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 acredita-se estar livre de perigo.




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